ˇ MATEMATICKA ANALIZA 1 Zoran Mitrovi´c Elektrotehniˇcki fakutet u Banjaluci
2
Sadrˇ zaj 1 Uvod 1.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Elementi matematiˇcke logike 1.1.2 Elementi teorije skupova . . . 1.1.3 Relacije i funkcije . . . . . . . 1.1.4 Elementarne funkcije . . . . . 1.2 Skupovi N, Z, Q, R i C . . . . . . . . 1.2.1 Skupovi N, Z i Q . . . . . . . 1.2.2 Skup R . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Skup C . . . . . . . . . . . . 1.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
7 7 7 9 10 14 15 15 18 20 22
2 Graniˇ cne vrijednosti 2.1 Graniˇcna vrijednost niza . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Definicija niza i osnovni pojmovi . . . 2.1.2 Neke osobine konvergentnih nizova . . 2.1.3 Monotoni nizovi . . . . . . . . . . . . 2.1.4 Cauchyjevi nizovi . . . . . . . . . . . . 2.2 Graniˇcna vrijednost funkcije . . . . . . . . . . 2.2.1 Definicija taˇcke nagomilavanja . . . . 2.2.2 Definicija graniˇcne vrijednosti funkcije 2.2.3 Osobine graniˇcnih vrijednosti funkcija 2.3 Neprekidne funkcije . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Definicija neprekidne funkcije . . . . . 2.3.2 Vrste prekida funkcije . . . . . . . . . 2.3.3 Osobine neprekidnih funkcija . . . . . 2.3.4 Uniformno neprekidne funkcije . . . . 2.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
25 25 25 27 33 36 37 37 38 40 43 43 46 47 48 50
. . . . . . . . . . . . izvoda
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
53 53 53 55 57
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
3 Diferencijalni raˇ cun 3.1 Prvi izvod . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Definicija prvog izvoda . . . . . . 3.1.2 Osobine prvog izvoda . . . . . . 3.1.3 Geometrijska interpretacija prvog 3
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
ˇ SADRZAJ
4 . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
58 61 61 65 66 68 68 70 72 74 78
4 Integralni raˇ cun 4.1 Odredjeni integral . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Definicija odredjenog integrala . . . 4.1.2 Osobine odredjenog integrala . . . . 4.2 Neodredjeni integral . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Definicija neodredjenog integrala . . 4.2.2 Osobine neodredjenog integrala . . . 4.2.3 Integracija nekih klasa funkcija . . . 4.3 Nesvojstveni integral . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Nesvojstveni integral prve vrste . . . 4.3.2 Nesvojstveni integral druge vrste . . 4.4 Primjene odredjenog integrala u geometriji 4.4.1 Povrˇsina figure u ravni . . . . . . . . 4.4.2 Duˇzina luka krive . . . . . . . . . . . 4.4.3 Zapremina i povrˇsina obrtnog tijela 4.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
81 81 81 83 86 86 88 90 98 98 101 102 102 103 104 104
5 Redovi 5.1 Numeriˇcki redovi . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Definicija i osnovni pojmovi . . . 5.1.2 Redovi sa pozitivnim ˇclanovima . 5.1.3 Alternativni redovi . . . . . . . . 5.2 Funkcionalni nizovi i redovi . . . . . . . 5.2.1 Funkcionalni nizovi . . . . . . . . 5.2.2 Funkcionalni redovi . . . . . . . 5.2.3 Stepeni redovi . . . . . . . . . . 5.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
109 109 109 113 117 119 119 121 123 126
3.2
3.3
3.4
3.1.4 Diferencijal . . . . . . . . . . . . . Teoreme o srednjoj vrijednosti i primjene 3.2.1 Teoreme o srednjoj vrijednosti . . 3.2.2 Monotonost funkcije . . . . . . . . 3.2.3 L’Hospitalovo pravilo . . . . . . . Izvodi viˇseg reda . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Izvod reda n . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Drugi izvod i konveksnost . . . . . 3.3.3 Taylorova formula . . . . . . . . . 3.3.4 Ispitivanje funkcija . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
6 Diferencijalne jednaˇ cine 6.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . 6.1.2 Egzistencija i jedinstvenost rjeˇsenja . 6.2 Neki integrabilni tipovi diferencijalnih jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
129 . . . . . . . . . . . . 129 . . . . . . . . . . . . 129 . . . . . . . . . . . . 130 . . . . . . . . . . . . 134
ˇ SADRZAJ
6.3
6.4
6.2.1 Jednaˇcina sa razdvojenim promjenljivim . . . . . . 6.2.2 Homogena jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.3 Linearna jednaˇcina prvog reda . . . . . . . . . . . 6.2.4 Bernoullijeva jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.5 Riccatijeva jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.6 Jednaˇcine Lagrangea i Clairauta . . . . . . . . . . Linearne diferencijalne jednaˇcine viˇseg reda . . . . . . . . 6.3.1 Homogena jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Nehomogena jednaˇcina. Metod varijacije konstanti 6.3.3 Homogena jednaˇcina sa konstantnim koeficijentima Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7 Literatura
5 . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
134 135 137 138 139 141 143 143 146 149 153 157
6
ˇ SADRZAJ
Glava 1
Uvod 1.1 1.1.1
Uvod Elementi matematiˇ cke logike
Iskaz je potvrdna reˇcenica koja ima smisla i koja je ili taˇcna ili netaˇcna. Na primjer : • 2 < π je taˇcan iskaz, • 2 + 2 > 4 je netaˇcan iskaz, • x + 3 = 4 nije iskaz jer nije potvrdna reˇcenica. Iskazi se obiˇcno oznaˇcavaju malim slovima p, q, r, . . . , koji se zovu iskazna slova. Dva ili viˇse iskaza se povezuju logiˇ ckim operacijama. Logiˇcke operacije su : konjunkcija, disjunkcija, implikacija, ekvivalencija i negacija. • Konjukcija dva iskaza p i q se oznaˇcava sa p ∧ q, ˇcita se p i q. To je iskaz koji je taˇcan ako i samo ako su oba iskaza p i q taˇcna. • Disjunkcija dva iskaza p i q se oznaˇcava sa p ∨ q, ˇcita se p ili q. To je iskaz koji je taˇcan ako i samo ako je bar jedan od iskaza p i q taˇcan. • Implikacija dva iskaza p i q se oznaˇcava sa p ⇒ q, ˇcita se p implicira q ili ako p onda je q ili iz p slijedi q. To je iskaz koji je taˇcan ako i samo ako je iskaz p taˇcan, a iskaz q netaˇcan. • Ekvivalencija dva iskaza p i q se oznaˇcava sa p ⇔ q, ˇcita se p je ekvivalentno sa q . To je iskaz koji je taˇcan ako i samo ako su oba iskaza p i q taˇcna ili oba iskaza p i q netaˇcna. • Negacija iskaza p se oznaˇcava sa ¬p, ˇcita se sa ne p i taˇcan je iskaz ako je iskaz p netaˇcan, a netaˇcan iskaz ako je iskaz p taˇcan. 7
8
GLAVA 1. UVOD
Taˇcan iskaz se oznaˇcava sa >, ˇcita se te, a netaˇcan iskaz sa ⊥, ˇcita se ne te. Napomenimo da se taˇcan iskaz oznaˇcava i sa 1, a netaˇcan iskaz sa 0. Prethodno reˇceno moˇzemo zapisati i u obliku tablica. Te tablice se nazivaju tablice istinitosti. p > > ⊥ ⊥
q > ⊥ > ⊥
p∧q > ⊥ ⊥ ⊥
p∨q > > > ⊥
p⇒q > ⊥ > >
p⇔q > ⊥ ⊥ >
p > ⊥
¬p ⊥ >
Simbole > i ⊥ zovemo logiˇ ckim konstantama. Skup {>, ⊥} sa operacijama ∧, ∨, ⇒, ⇔, ¬ ˇcini iskaznu algebru. Iskazne formule su : 1. iskazna slova, 2. A ∧ B, A ∨ B, A ⇒ B, A ⇔ B, ¬A, ako su A i B iskazne formule, 3. iskazne formule se dobijaju konaˇcnom primjenom iskaznih formula iz 1. i 2. Tautologija je iskazna formula koja je taˇcna za sve vrijednosti svojih iskaznih slova. Primjer 1.1. Iskazna formula (p ⇒ q) ⇔ (¬p ∨ q) je tautologija. p > > ⊥ ⊥
q > ⊥ > ⊥
p⇒q > ⊥ > >
¬p ∨ q > ⊥ > >
(p ⇒ q) ⇔ (¬p ∨ q) > > > >
Primjeri tautologija : • p ⇒ p, refleksivnost implikacije, • p ∨ ¬p, zakon iskljuˇcenja tre´ceg, • p ⇔ ¬¬p, princip dvojne negacije, • (p ∧ q) ⇔ (q ∧ p) komutativnost logiˇcke operacije, ∧, • (p ∨ q) ⇔ (q ∨ p) komutativnost logiˇcke operacije, ∨, • ((p ∧ q) ∧ r) ⇔ (p ∧ (q ∧ r)) asocijativnost logiˇcke operacije, ∧, • ((p ∨ q) ∨ r) ⇔ (p ∨ (q ∨ r)) asocijativnost logiˇcke operacije, ∨,
1.1. UVOD
9
• (p ∧ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∨ r) ∧ (p ∨ r)) distributivnost ∨ prema ∧, • (p ∨ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∧ r) ∨ (p ∧ r)) distributivnost ∧ prema ∨, • ¬(p ∧ q) ⇔ (¬p ∨ ¬q), ¬(p ∨ q) ⇔ (¬p ∧ ¬q), De Morganovi zakoni, • (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p), zakon kontrapozicije, • [(p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)] ⇒ (p ⇒ r), zakon silogizma.
1.1.2
Elementi teorije skupova
Skup je osnovni pojam u matematici. Skupovi se oznaˇcavaju velikim slovima A, B, C, . . . , X, Y, Z, . . . Elemente skupa oznaˇcavamo malim slovima, a, b, c, . . . , x, y, z, . . . Ako elemenat x pripada (ne pripada) skupu X, to oznaˇcavamo sa x ∈ X (x ∈ / X). Skup elemenata sa osobinom P se oznaˇcava sa {x : P (x)}. Kvantifikatori su ∀, ˇcita se za svako i ∃, ˇcita se postoji. Kvantifikatori se koriste radi simboliˇckog zapisa. Skup X je podskup skupa Y i to oznaˇcavamo sa X ⊂ Y ako vrijedi (∀x) x ∈ X ⇒ x ∈ Y. Prazan skup je skup koji nema elemenata i oznaˇcavamo ga sa ∅. Pri radu sa skupovima se koriste sljede´ce operacije : • unija skupova X i Y , X ∪ Y = {x : x ∈ X ∨ x ∈ Y }, • presjek skupova X i Y , X ∩ Y = {x : x ∈ X ∧ x ∈ Y }, • razlika skupova X i Y , X \ Y = {x : x ∈ X ∧ x ∈ / Y }, • komplement skupa X , X C = {x : x ∈ / X}. Za operacije sa skupovima vrijede sljede´ce osobine : • A ∪ B = B ∪ A, komutativnost operacije unija, • A ∩ B = B ∪ A, komutativnost operacije presjek, • A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C, asocijativnost operacije unija, • A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C, asocijativnost operacije presjek, • A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ B), distributivnost unije prema presjeku, • A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B), distributivnost presjeka prema uniji, • (A ∪ B)C = AC ∩ B C , (A ∩ B)C = AC ∪ B C , De Morganovi zakoni.
10
GLAVA 1. UVOD
1.1.3
Relacije i funkcije
Uredjeni par (x, y) se definiˇse sa (x, y) = {{x}, {x, y}}. Iz definicije uredjenog para dobijamo (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) ⇔ x1 = x2 ∧ y1 = y2 . Dekartov proizvod skupova X i Y se oznaˇcava sa X × Y i definiˇse sa X × Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y }. Ako je n > 2 uredjena n−torka (x1 , x2 , . . . , xn−1 , xn ) se definiˇse sa (x1 , x2 , . . . , xn ) = ((x1 , x2 , . . . , xn−1 ), xn ). Binarna relacija relacija ρ na nepraznom skupu X je podskup skupa X × X. Ako uredjeni par (x, y) pripada relaciji ρ to piˇsemo i xρy. Za binarnu relaciju ρ na skupu X kaˇzemo da je : • refleksivna, ako vrijedi (∀x ∈ X) xρx, • simetriˇ cna, ako vrijedi (∀x ∈ X)(∀y ∈ X) xρy ⇒ yρx, • antisimetriˇ cna, ako vrijedi (∀x ∈ X)(∀y ∈ X) xρy ∧ yρx ⇒ x = y, • tranzitivna, ako vrijedi (∀x ∈ X)(∀y ∈ X)(∀z ∈ X) xρy ∧ yρz ⇒ xρz. Binarna relacija je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetriˇcna i tranzitivna. Binarna relacija je relacija poretka ako je refleksivna, antisimetriˇcna i tranzitivna. Primjer 1.2. Relacija = je relacija ekvivalencije, a relacija ≤ je relacija poretka. Neka je ρ relacija ekvivalencije na skupu X i x ∈ X. Skup C(x) = {y : (x, y) ∈ ρ} je klasa ekvivalencije za elemenat x. Moˇze se pokazati da je [ C(x) = X, x∈X
C(x) ∩ C(y) = ∅ za x 6= y. Primjer 1.3. Pokazati da je relacija ρ definisana na skupu Z na sljede´ci naˇcin (x, y) ∈ ρ ⇔ (∃k ∈ Z) x − y = 3k
1.1. UVOD
11
relacija ekvivalencije i odrediti klase ekvivalencije. Relacija ρ je refleksivna jer vrijedi (x, x) ∈ ρ ⇔ x − x = 0 · 3. Dalje, relacija ρ je simetriˇcna. Naime, (x, y) ∈ ρ ⇔ (∃k ∈ Z) x − y = 3k ⇔ (∃ − k ∈ Z) y − x = 3(−k) ⇔ (y, x) ∈ ρ. Na kraju iz ((x, y) ∈ ρ) ∧ ((y, z) ∈ ρ) ⇒ ((∃k1 ∈ Z) x − y = 3k1 ) ∧ ((∃k2 ∈ Z) x − y = 3k2 ) ⇒ x − z = 3(k1 + k2 )), pa (x, z) ∈ ρ. Dakle, relacija ρ je tranzitivna. Klase ekvivalencije su skupovi C(1) = {3k + 1 : k ∈ Z}, C(2) = {3k + 2 : k ∈ Z}, C(3) = {3k : k ∈ Z}. Da´cemo sada definiciju funkcije ili preslikavanja. Vidje´cemo da je to specijalan sluˇcaj relacije. Neka su A i B neprazni skupovi. Pridruˇzivanje (korespodencija, pravilo ) f koje svakom elementu x skupa A dodjeljuje taˇcno jedan elemenat f (x) naziva se funkcija ili preslikavanje. Koriste´ci pojam relacije prethodnu definiciju moˇzemo iskazati i na sljede´ci naˇcin : Relacija f ⊂ A × B je funkcija ako vrijede sljede´ca dva uslova • (∀x ∈ A)(∃y ∈ B)(x, y) ∈ f, • (∀x ∈ A)(∀y1 ∈ B)(∀y2 ∈ B) (x, y1 ) ∈ f ∧ (x, y2 ) ∈ f ⇒ y1 = y2 . Skup A je domen ili oblast definisanosti, a skup B kodomen funkcije f . Skup vrijednosti funkcije f je f (A) = {f (x) : x ∈ A}. Oˇcigledno vrijedi f (A) ⊂ B. Funkciju f ˇciji je domen skup A, a kodomen skup B zapisujemo i na sljede´ci naˇcin f : A → B. ˇ Cinjenicu da je elementu x pridruˇzen element f (x) oznaˇcavamo ovako x 7→ f (x). Dvije funkcije f : A → B, g : C → D, su jednake ako i samo ako vrijedi A = C, B = D i f (x) = g(x) (∀x ∈ A).
12
GLAVA 1. UVOD
Primjer √ 1.4. Funkcije f : R → R, g : R → R, date sa f (x) = x, x ∈ R i g(x) = x2 , x ∈ R nisu jednake, jer nemaju iste skupove vrijednosti. Naime, f (R) = R, g(R) = {x ∈ R : x ≥ 0}. Grafik funkcije f : A → B je skup G(f ) = {(x, y) : (x, y) ∈ A × B, y = f (x)}. Za funkciju f : A → B kaˇzemo da je injekcija ako vrijedi (∀x1 ∈ A)(∀x2 ∈ A) f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 . Funkcija f : A → B za koju vrijedi (∀y ∈ B)(∃x ∈ A) y = f (x) se zove sirjekcija. Funkcija f : A → B je bijekcija ako je i injekcija i sirjekcija. Neka su date funkcije f : A → B, g : B → C, funkcija g◦f :A→C data sa (g ◦ f )(x) = g(f (x)), za sve x ∈ A, naziva se kompozicija funkcija f i g. √ Primjer 1.5. Neka je f (x) = x + 1, x ≥ −1 i g(x) = x1 , x ∈ R\{0}. Tada je r 1 (f ◦ g)(x) = + 1, x > 0, x 1 , x > −1. (g ◦ f )(x) = √ x+1 Iz prethodnog primjera vidimo da u opˇstem sluˇcaju ne vrijedi f ◦ g = g ◦ f. Medjutim, operacija ◦ je asocijativna, to jest ako su date funkcije f : A → B, g : B → C, h : C → D, tada je (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f ). Neka je funkcija f : A → B bijekcija, funkcija f −1 : A → B, za koju vrijedi (∀y ∈ B) f −1 (y) = x ⇔ f (x) = y naziva se inverzna funkcija funkcije f . Za grafik inverzne funkcije f −1 vrijedi G(f −1 ) = {(y, x) : (y, x) ∈ B × A, y = f (x)}. Dakle, grafik funkcije f −1 je inverzan grafiku funkciju f u odnosu na pravu y = x.
1.1. UVOD
13
Primjer 1.6. Inverzna funkcija funkcije f : R → R date sa f (x) = 2x + 3 je funkcija f −1 : R → R za koju vrijedi x = 2f −1 (x) + 3, to jest f −1 (x) = x−3 2 . Za funkciju f : X → Y kaˇzemo da je parna (neparna) ako vrijedi (∀x ∈ X) f (x) = f (−x) ((∀x ∈ X) f (x) = −f (−x)). Primjer 1.7. Funkcija f (x) = x2 , x ∈ R je parna, a funkcija f (x) = x − x3 , je neparna. Funkcija f : X → Y je ograniˇ cena odozgo (odozdo) ako postoji konstanta M > 0 takva da vrijedi (∀x ∈ X) f (x) ≤ M ((∀x ∈ X) − M ≤ f (x)). Funkcija je ograniˇ cena ako je ograniˇcena odozgo i odozdo. Primjer 1.8. Funkcija f (x) = x1 , x > 0 je ograniˇcena odozdo, jer je x1 > 0, za sve x > 0, ali nije ograniˇcena odozgo, jer ne postoji konstanta M > 0 takva da je x1 ≤ M. Funckija f (x) = x2x+1 , x ∈ R, je ograniˇcena. Naime, vrijedi ¯ ¯ ¯ x ¯ 1 ¯ ¯ ¯ x2 + 1 ¯ ≤ 2 , za sve x ∈ R. Funkcija f : X → Y je periodiˇ cna ako postoji realan broj p 6= 0 takav da vrijedi (∀x ∈ X) x + p ∈ X, f (x + p) = f (x). Broj p se naziva period funkcije f . Najmanji pozitivan period funkcije f se naziva osnovni period funkcije f . Primjer 1.9. Funkicja f (x) = 2 sin(3x − 5), x ∈ R, je periodiˇcna. Osnovni period ove funkcije je 2π 3 . Definicija 1.1. Funkcija F : X → Y je monotono rastu´ ca (neopadaju´ ca, opadaju´ ca, nerastu´ ca) ako za sve x1 , x2 ∈ X vrijedi x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ) (x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ), x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ), x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 )). Za funkciju se kaˇze da je monotona funkcija ako ima jednu od navedenih osobina. Primjer 1.10. Funkcija f (x) = x3 , x ∈ R je monotono rastu´ca. Naime, neka je x1 < x2 tada je f (x2 ) − f (x1 ) = x22 − x31 = (x2 − x1 )(x22 + x2 x1 + x21 ).
14
GLAVA 1. UVOD
Kako je
³ x1 ´2 3x21 x22 + x2 x1 + x21 = x2 + + > 0, 2 4
imamo f (x2 ) − f (x1 ) > 0, to jest f (x1 ) < f (x2 ).
1.1.4
Elementarne funkcije
Osnovne elementarne funkcije su : • stepena funkcija, f (x) = xn , x ∈ R, • eksponencijalna funkcija, f (x) = ax , x ∈ R, a > 0 a 6= 1, • logaritamska funkcija, f (x) = loga x, x > 0, a > 0, a 6= 1, • trigonometrijske funkcije, f (x) = sin x, x ∈ R, f (x) = cos x, x ∈ R, ½ f (x) = tg x, x ∈ R \
¾ (2k + 1)π :k∈Z , 2
f (x) = ctg x, x ∈ R \ {kπ : k ∈ Z}, • inverzne trigonometrijske funkcije, f (x) = arcsin x, x ∈ [−1, 1], f (x) = arccos x, x ∈ [−1, 1], f (x) = arctg x, x ∈ R, f (x) = arcctg x, x ∈ R. Elementarne funkcije se dobijaju primjenom konaˇcnog broja algebarskih operacija: sabiranja, oduzimanja, mnoˇzenja i dijeljenja i primjenom konaˇcno mnogo operacija kompozicije na osnovne elementarne funkcije.
1.2. SKUPOVI N, Z, Q, R I C
1.2
15
Skupovi N, Z, Q, R i C
1.2.1
Skupovi N, Z i Q
Skup prirodnih brojeva oznaˇcavamo sa N i vrijedi N = {1, 2, 3, . . .}. Skup prirodnih brojeva ima sljede´ce dvije bitne osobine : • ima najmanji elemenat to je broj 1, • ako n ∈ N tada n + 1 ∈ N. U skupu N vaˇzi princip matematiˇ cke indukcije: Neka je X podskup skupa N tako da je • 1 ∈ X, • (∀n ∈ N) n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, tada je X = N. Princip matematiˇcke indukcije koristimo za dokaz raznih tvrdnji P (n) koje se tiˇcu prirodnih brojeva. Obiˇcno se postupa na sljede´ci naˇcin : • dokaˇze se P (1), • dokaˇze se niz implikacija (∀n ∈ N) P (n) ⇒ P (n + 1). Primjer 1.11. Dokazati da za sve prirodne brojeve n vrijedi n X k=1
k2 =
n(n + 1)(2n + 1) . 6
Rjeˇ senje. Oznaˇcimo gornju formulu sa P (n). Formula P (1) je oˇcigledno taˇcna. Naime, 1·2·3 12 = . 6 Ostaje da se dokaˇze (∀n ∈ N)
n X k=1
k2 =
n+1 X (n + 1)(n + 2)(2n + 3) n(n + 1)(2n + 1) ⇒ k2 = . 6 6 k=1
Kako vrijedi (∀n ∈ N)P (n) ⇒
n X
k 2 + (n + 1)2 =
n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 , 6
k 2 + (n + 1)2 =
n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 , 6
k=1
(∀n ∈ N)P (n) ⇒
n X k=1
(∀n ∈ N)P (n) ⇒
n X k=1
k 2 + (n + 1)2 =
(n + 1)(n + 2)(2n + 3) , 6
imamo (∀n ∈ N)P (n) ⇒ P (n + 1).
16
GLAVA 1. UVOD
Koriste´ci metod matematiˇcke indukcije se mogu dokazivati i razne nejednakosti. Primjer 1.12. Bernulijeva nejednakost. Za svaki prirodan broj n i svaki realan broj h ≥ −1 vrijedi (1 + h)n ≥ 1 + nh. Rjeˇ senje. Za n = 1 imamo 1 + h ≥ 1 + h, ˇsto je oˇcigledno taˇcno. Dokaˇzimo da vrijedi (∀n ∈ N) (1 + h)n ≥ 1 + nh ⇒ (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1)h. Vrijedi (∀n ∈ N) (1 + h)n ≥ 1 + nh ⇒ (1 + h)n+1 ≥ (1 + h)(1 + nh), pa je (∀n ∈ N) (1 + h)n ≥ 1 + nh ⇒ (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1)h + nh2 . Kako je
(∀n ∈ N) 1 + (n + 1)h + nh2 ≥ 1 + (n + 1)h
imamo (∀n ∈ N) (1 + h)n ≥ 1 + nh ⇒ (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1)h. Primjer 1.13. Iz Bernulijeve nejednakosti uzimaju´ci h = 1 imamo 2n ≥ 1 + n. Binomna formula Prije nego ˇsto dokaˇzemo binomnu formulu uveˇs´cemo prvo pojam binomnog koeficijenta. µ ¶ n Binomni koeficijent , n ∈ N, k ∈ N ∪ {0}, 0 ≤ k ≤ n je definisan sa k µ ¶ n! n = , k k!(n − k)! gdje je 0! = 1, n! = n · (n − 1)!, n ∈ N (simbol n! se ˇcita n faktorijel ). Binomna formula je jednakost ¶ n µ X n (a + b)n = an−k bk , k k=0
1.2. SKUPOVI N, Z, Q, R I C
17
koja vrijedi za sve a, b ∈ R i sve n ∈ N. Dokaz binomne formule da´cemo koriste´ci matematiˇcku indukciju. Za n = 1 imamo µ ¶ µ ¶ 1 1 a1−0 b0 + a1−1 b1 . (a + b)1 = 0 1 ˇsto je taˇcno. Iz pretpostavke da je formula taˇcna za prirodan broj n imamo ¶ n µ X n n+1 n (a + b) = (a + b)(a + b) = (a + b) an−k bk k k=0
=
n µ X k=0
¶
n k
a
n+1−k k
b +
n µ X k=0
n k
¶ an−k bk+1
¶ n µ n+1 X Xµ n ¶ n n+1−k k = a b + an+1−k bk . k k−1 k=0
k=1
Dakle, µ n+1
(a+b)
=
n 0
¶
¶ µ ¶¸ µ ¶ n ·µ X n n n n+1−k k b + + a b + a0 bn+1 . k k−1 n
n+1 0
a
k=0
Kako je µ ¶ µ ¶ µ ¶ n! n! (n + 1)! n n n+1 + = + = = , k k−1 k k!(n − k)! (k − 1)!(n + −k)! k!(n + 1 − k)! imamo n+1
(a + b)
=
n+1 Xµ k=0
n+1 k
¶ an+1−k bk ,
a to je i trebalo dokazati. Zbir prirodnih brojeva je prirodan broj, medjutim njihova razlika ne mora biti. To name´ce potrebu da se skup pirodnih brojeva proˇsiri. Ako se skup prirodnih brojeva proˇsiri sa nulom i negativnim brojevima −1, −2, −3, . . . dobijamo skup cijelih brojeva koji oznaˇcavamo sa Z. Dakle, skup cijelih brojeva je sljede´ci skup Z = {0, 1, −1, 2, −2, 3−, −3, . . .}. Primjetimo da u skupu cijelih brojeva jednaˇcina m + x = n, m, n ∈ N, ima rjeˇsenje, dok to nije vrijedilo u skupu prirodnih brojeva. U skupu cijelih brojeva za elemenat 0 vrijedi (∀m ∈ Z) m + 0 = 0 + m = m.
18
GLAVA 1. UVOD
Kaˇze se da je 0 neutralni elemenat za sabiranje. Osim toga vrijedi (∀m ∈ Z) m + (−m) = (−m) + m = 0. Broj −m je inverzan broju m u odnosu na sabiranje. Jednaˇcina nx = m, m ∈ Z, n ∈ N, nema uvijek rjeˇsenje u skupu cijelih brojeva, zbog toga skup cijelih brojeva proˇsirujemo skupom racionalnih brojeva koga oznaˇcavamo sa Q. Dakle, skup racionalnih brojeva je nm o Q= : m ∈ Z, n ∈ N . n
1.2.2
Skup R
√ Moˇze se pokazati da ne postoje prirodni brojevi m i n takvi da je 2 = m n. Dakle, postoje brojevi koji se ne mogu predstaviti pomo´cu razlomka. Takvi brojevi se nazivaju iracionalni brojevi. Takvi su na primjer √ √ √ 3, 5, 6. Skup realnih brojeva je unija skupa racionalnih i iracionalnih brojeva. Skup realnih brojeva oznaˇcavamo sa R. U skupu realnih brojeva vrijedi sljede´ca osobina koja se zove aksioma neprekidnosti : Neka su X i Y neprazni podskupovi skupa realnih brojeva takvi da (∀x ∈ X)(∀y ∈ Y ) x ≤ y tada postoji c ∈ R takav da (∀x ∈ X)(∀y ∈ Y ) x ≤ c ≤ y. Napomenimo da aksioma neprekidnosti ne vrijedi u skupu racionalnih brojeva. Pored aksiome neprekidnosti u skupu R vrijede i sljede´ce aksiome : • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R) x + y = y + x, • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)(∀z ∈ R) x + (y + z) = (x + y) + z, • (∀x ∈ R) 0 + x = x + 0 = x, • (∀x ∈ R) (−x) + x = x + (−x) = 0, • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R) x · y = y · x, • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)(∀z ∈ R) x · (y · z) = (x · y) · z, • (∀x ∈ R) 1 · x = x · 1 = x, • (∀x ∈ R\{0}) x−1 · x = x · x−1 = 1,
1.2. SKUPOVI N, Z, Q, R I C
19
• (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)(∀z ∈ R) x · (y + z) = x · y + x · z, • (∀x ∈ R) vaˇzi taˇcno jedna od formula : x < 0, x = 0 x > 0, • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R) ((0 < x ∧ 0 < y) ⇒ (0 < x + y ∧ 0 < x · y)), • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R) x < y ⇔ 0 < (−x) + y. Kaˇzemo joˇs i da je (R, +, ·, <) uredjeno polje. Primjedba 1.1. Oznaku R koristimo za proˇ sireni skup realnih brojeva. Naime, skup R proˇsirujemo simbolima +∞ i −∞ koje nazivamo plus beskonaˇcno i minus beskonaˇcno. Dakle, R = R ∪ {+∞, −∞}. Definicija 1.2. Broj a ∈ R je donja (gornja) medja skupa S ⊂ R ako vrijedi (∀x ∈ S) a ≤ x ((∀x ∈ S) x ≤ a). Skup svih donjih (gornjih) medja skupa S oznaˇcavamo sa S∗ (S ∗ ). Skup S je ograniˇ cen odozdo (odozgo) ako vrijedi S∗ 6= ∅ (S ∗ 6= ∅). Za skup koji je ograniˇcen odozdo i odozgo kaˇzemo da je ograniˇ cen. Definicija 1.3. Neka je dat skup S ⊂ R. Supremum (infimum) skupa S se oznaˇcava sa sup S (inf S) i definiˇse sa sup S = a ⇔ (a ∈ S ∗ ∧ (∀s ∈ S ∗ ) a ≤ s) (inf S = a ⇔ (a ∈ S∗ ∧ (∀s ∈ S∗ ) s ≤ a)). Teorema 1.1. Svaki odozgo (odozdo ) ograniˇcen skup ima supremum (infimum) u skupu R. Neka su A, B ⊂ R i λ ∈ R skupove λA i A + B definiˇsemo na sljede´ci naˇcin : λA = {λa : a ∈ A}, A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B}. Teorema 1.2. Neka su A, B ⊂ R i λ ∈ R vrijedi sljede´ce : (i) inf A = − sup(−A), (ii) A ⊂ B ⇒ sup A ≤ sup B ∧ inf A ≥ inf B. (iii)
½ inf(λA) =
λ inf A, λ sup A,
λ>0 λ<0
20
GLAVA 1. UVOD
(iv) inf(A + B) = inf A + inf B. Definicija 1.4. Ako inf S ∈ S (sup S ∈ S) kaˇzemo da skup S ima minimalni (maksimalni) elemenat minS (maxS). Apsolutna vrijednost realnog broja a se oznaˇcava sa |a| i definiˇse sa ½ a, a ≥ 0 |a| = −a, a < 0 Apsolutna vrijednost realnog broja ima sljede´ce osobine : 1. |x| = 0 ⇔ x = 0, 2. | − x| = |x|, 3. |x + y| ≤ |x| + |y|, 4. |x + y| ≤ ||x| − |y|| , 5. |x · y| = |x| · |y|, ¯ ¯ ¯ ¯ 6. ¯ xy ¯ = |x| |y| , gdje su x, y proizvoljni realni brojevi. Nejednakost 3. je poznata kao nejednakost trougla. Iz definicije apsolutne vrijednosti slijedi da ako je realan broj ² > 0 tada je |x − a| < ² ⇔ x ∈ (a − ², a + ²). Interval (a − ², a + ²) naziva se ² okolina taˇcke a.
1.2.3
Skup C
Jednaˇcina x2 + 1 = 0 nema rjeˇsenja u skupu realnih √ brojeva. Njena rjeˇsenja su kompleksni brojevi i i −i. Kompleksan broj i = −1 nazivamo imaginarna jedinica. Skup kompleksnih brojeva oznaˇcavamo sa C. Vrijedi C = {x + iy : x, y ∈ R}. Broj x zovemo realni dio, a broje y imaginarni dio kompleksnog broja z = x + iy. To piˇsemo x = Rez, y = Imz. Konjugovanapvrijednost kompleksnog broja z = x + iy je kompleksni broj z = x − iy. Broj x2 + y 2 zovemo moduo kompleksnog broja z i znaˇcavamo ga sa |z|. Neka su z1 = x1 +iy1 i z2 = x2 +iy2 dati kompleksni brojevi. Operacije sabiranja, oduzimanja, mnoˇzenja i dijeljenja se vrˇse na sljede´ci naˇcin : • Zbir dva kompleksna broja je (x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ).
1.2. SKUPOVI N, Z, Q, R I C
21
• Razlika dva kompleksna broja je (x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 − x2 ) + i(y1 − y2 ). • Proizvod dva kompleksna broja je (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 ). • Koliˇ cnik dva kompleksna broja je (x1 x2 − y1 y2 ) (x2 y1 − x1 y2 ) 2 (x1 + iy1 ) = + , x2 + y22 6= 0. (x2 + iy2 ) x22 + y22 x22 + y22 Primjer 1.14. Dati su kompleksni brojevi z1 = 1 + i i z2 = 2 + 3i. Odrediti njihov zbir, proizvod i koliˇcnik. Imamo z1 + z2 = 3 + 4i, z1 z2 = −2 + 5i,
z1 1+i (1 + i)(2 − 3i) 5 i = = = − . z2 2 + 3i 4+9 13 13
Kompleksnom broju z = x + iy u Dekartovom koorinatnom sistemu moˇzemo pridruˇziti taˇcku A sa koordinatama (x, y). Neka je ρ duˇzina duˇzi 0A, a φ ugao koji poluprava odredjena taˇckama 0 i A zatvara sa pozitivnim smjerom x−ose. Vrijedi sljede´ce x = ρ cos φ, y = ρ sin φ. p Duˇzina ρ = x2 + y 2 je moduo kompleksnog broja z, a ugao φ = arg z ∈ [0, 2π) se naziva argument kompleksnog broja z. Dakle, broj z = x + iy moˇzemo pisati u sljede´cem trigonometrijskom obliku z = ρ(cos φ + i sin φ). Koristi se i oznaka
z = ρeiφ ,
to je eksponencijalni oblik kompleksnog broja. Primjer 1.15. Predstaviti sljede´ce kompleksne brojeve u trigonometrijskom obliku : √ (a) 1 + i, (b) − 1 + i 3. Rjeˇsenje : (a) √ √ ³ π π π´ |1 + i| = 2, φ = , 1 + i = 2 cos + i sin , 4 4 4 (b)
µ ¶ √ 2π 2π 2π | − 1 + i 3| = 2, φ = , 1 + i = 2 cos + i sin , 3 3 2
Teorema 1.3. Ako su dati kompleksni brojevi z1 = ρ1 (cos φ1 + i sin φ1 ) i z2 = ρ2 (cos φ2 + i sin φ2 ) tada je
22
GLAVA 1. UVOD
(a) z1 z2 = ρ1 ρ2 (cos(φ1 + φ2 ) + i sin(φ1 + φ2 )), (b)
z1 ρ1 = (cos(φ1 − φ2 ) + i sin(φ1 − φ2 )), z2 ρ2
(c) (ρ1 (cos φ1 + i sin φ1 ))n = ρn1 (cos φ1 + i sin φ1 )n , (d) p n
(ρ1 (cos φ1 + i sin φ1 ) =
√ n
µ µ ¶ µ ¶¶ φ1 + 2kπ φ1 + 2kπ ρ1 cos + i sin , n n
za k = 0, 1, . . . , n − 1. Formule (c) i (d) se nazivaju Moavrove formule. Primjer 1.16. Izraˇcunati : ³ ´12 √ . (a) (− 3 − i)7 , (b) 1−i 1+i Rjeˇsenje : (a) µ µ ¶ µ ¶¶7 µ µ ¶ µ ¶¶ √ 5π 5π 35π 35π 7 7 7 (− 3−i) = 2 cos − + i sin − = 2 cos − + i sin − 6 6 6 6 Ã√ ! ³ √ π π´ 3 1 7 7 = 26 ( 3 + i). = 2 cos + i sin =2 +i 6 6 2 2 (b) 1−i = 1+i
√ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ ³ π´ ³ π´ 2 cos − π4 + i sin − π4 √ ¡ ¢ = cos − + i sin − . 2 2 2 cos π4 + i sin π4
Koriste´ci Moavrovu formulu imamo µ
1−i 1+i
1.3
¶12
µ ¶ µ ¶ ³ π´ ³ π ´´12 12π 12π = cos − + i sin − = cos − + i sin − = 1. 2 2 2 2 ³
Zadaci
1. Pomo´cu tablica istinitosti ispitati da li su formule tautologije : (i) [(p ⇒ q) ∧ (r ⇒ s) ∧ (p ∨ r) ⇒ (q ∨ r)] ⇒ (q ∨ s), (ii) (p ⇒ (q ⇒ r)) ⇔ ((p ⇒ q) ∧ (p ⇒ r)), (iii) (¬p ⇒ (q ∧ ¬q)) ⇒ p, ova formula se naziva svodjenje na apsurd.
1.3. ZADACI
23
2. Odrediti skupove A i B ako vrijedi A ∪ B = {x ∈ N : x ≤ 6}, A ∩ B = {x ∈ N : x ≤ 4}, {4, 6} * A, {5, 6} * B \ A. 3. Neka su dati skupovi A, B, C. Dokazati da je : (i) A \ B = A \ (A ∩ B) = (A ∪ B) \ B, (ii) (A ∪ B) \ C = (A \ C) ∪ (B \ C). 4. Neka je A = {x ∈ R : |x − 1| < 2}, B = {x ∈ R :
x−1 > 1}. x−2
Odrediti A ∪ B, A ∩ B, AC , B C . 5. Pokazati da je relacija ρ uvedena na skupu Z na sljede´ci naˇcin (x, y) ∈ ρ ⇔ postoji k ∈ Z takav da je x − y = n · k, gdje je n ≥ 2 prirodan broj, relacija ekvivalencije i odrediti klase ekvivalencije. 6. Rijeˇsiti (i) jednaˇcinu |x − 1| + |x − 2| = 5, (ii) nejednaˇcinu
¯ 2 ¯ ¯ 3x − 7x + 8 ¯ ¯ ¯ ≤ 2. ¯ ¯ x2 − 1
7. Neka je f (x) =
√
x + 1 i g(x) = x2 − 2.
ˇ su domeni funkcija Odrediti domene funkcija f i g. Na´ci f ◦ g i g ◦ f . Sta f ◦ g i g ◦ f? 8. Na´ci inverznu funkciju ako je : (i) f (x) = x + 1, (ii) f (x) = 2x − 2, µ ¶ x2 − 1 . (iii) f (x) = ln 1 + 2 x +1 9. Na´ci racionalne sabirke u razvoju √ √ 4 ( x3 + 3 x)10 .
24
GLAVA 1. UVOD
10. Koliko racionalnih ˇclanova ima u razvoju √ √ 4 ( 2 + 3)100 ? 11. Na´ci koeficijent od x2 u razvoju (x2 + 2x−1 )6 . 12. Dokazati da je 11 · 102n + 1 djeljivo sa 3. 13. Dokazati : (i) 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = (ii)
n(4n2 − 1) , 3
1 1 1 1 3n + 3 + + + ··· + = . 1 · 4 4 · 7 7 · 10 (3n + 1)(3n + 4) 3n + 4
14. Neka je z1 = 4 + 2i, z2 = −2 − 4i. Odrediti z1 · z2 , z1 · z2 ,
z1 , |z1 |. z2
15. Odrediti eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva −2 + 3i, −1 + i. 16. Na´ci
√
12
17. Rijeˇsiti jednaˇcinu 18. Rijeˇsiti jednaˇcinu
√ 2 + 2i i ( 3 + i)12 . z 6 + 1 = 0.
z 2 + (1 − 2i)z − 2i = 0.
Glava 2
Graniˇ cne vrijednosti 2.1 2.1.1
Graniˇ cna vrijednost niza Definicija niza i osnovni pojmovi
Definicija 2.1. Preslikavanje x : N → R nazivamo nizom x. Broj x(n) se naziva n−ti ˇclan niza x i oznaˇcava se sa xn . Broj n je indeks ˇclana. Niz x : N → R se obiˇcno oznaˇcava sa {xn } ili (xn ). Primjer 2.1. xn = n2 , yn = 1 + n1 , zn = (−1)n . U prethodnom primjeru nizovi su eksplicitno dati formulom. Tako na primjer x3 = 32 = 9, y5 = 1 + 15 = 65 , z10 = (−1)10 = 1. Da bi bio poznat neki niz on ne mora da bude zadan eksplicitnom formulom. Primjer 2.2. Niz {xn } za koji vrijedi x1 = 1, x2 = 1, xn+2 = xn+1 + xn , n ∈ N, se naziva Fibonaˇcijev niz. Njegovi ˇclanovi se odredjuju iz rekurzivne formule. Tako na primjer x3 = 2, x4 = 3, x5 = 5, x6 = 8. Za prouˇcavanje niza od interesa je odrediti ponaˇsanje njegovih ˇclanova kada njihov indeks raste. To dovodi do pojma graniˇcne vrijednosti niza. Definicija 2.2. Realan broj x je graniˇ cna vrijednost niza {xn } ako vrijedi (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 ) |xn − x| < ².
(2.1)
To oznaˇcavamo sa lim xn = x
n→+∞
ili xn → x, kad n → +∞. Realan broj x zovemo graniˇ cna vrijednost ili limes niza {xn }. Kaˇze se i da niz {xn } konvergira ka x ili da teˇ zi ka x kad n teˇzi ka plus beskonaˇcno. Za niz koji ne konvergira kaˇzemo da divergira. 25
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
26
Primjedba 2.1. U nejednakosti (2.1) umjesto znaka < se moˇze staviti i znak ≤ . Primjer 2.3. Neka je xn =
1 n
tada je
Naime, za dato ² > 0 vrijedi
lim xn = 0.
n→+∞
1 1 <²⇔n> . n ² Stavimo da je
¹ º 1 + 1, ²
n0 =
gdje je bac oznaka za najve´ci cio broj manji od broja a. Dakle, vrijedi ¹ º 1 (∀² > 0)(∃n0 = + 1 ∈ N)(∀n ≥ n0 ) |xn − 0| < ². ² Definicija 2.3. Niz {xn } divergira ka plus beskonaˇcno ako vrijedi (∀K > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 ) xn > K, to oznaˇcavamo sa lim xn = +∞.
n→+∞
Niz {xn } divergira ka minus beskonaˇcno ako vrijedi (∀K > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 ) xn < −K, to oznaˇcavamo sa lim xn = −∞.
n→+∞
Primjer 2.4. Niz an = q n , q > 1, divegira ka plus beskonaˇcno. Kako je q > 1 postoji h > 0 takav da je q = 1 + h. Sada koriste´ci Bernulijevu nejednakost dobijamo q n ≥ 1 + nh, n ∈ N. Neka je dat K > 0 tada za ¹ n0 =
º K −1 +1 h
vrijedi (∀n ≥ n0 ) xn > K. Svaki realan niz se moˇze svrstati u jednu od sljede´cih klasa : • Konvergentan niz, • Divergentan niz, divergira ka plus beskonaˇcno,
ˇ 2.1. GRANICNA VRIJEDNOST NIZA
27
• Divergentan niz, divergira ka minus beskonaˇcno, • Divergentan niz, nema ni konaˇcnu ni beskonaˇcnu graniˇcnu vrijednost. Primjer 2.5. (i) xn = 1 +
1 n
je konvergentan niz,
lim xn = 1,
n→+∞
(ii) niz xn = n divergira ka plus beskonaˇcno, (iii) niz xn = −n divergira ka minus beskonaˇcno, (iv) niz xn = (−1)n je divergentan niz, ali nema graniˇcnu vrijednost.
2.1.2
Neke osobine konvergentnih nizova
Ranije smo definisali pojam ² okoline neke taˇcke. Pod okolinom taˇcke podrazumijevamo svaki otvoreni interval koji sadrˇzi tu taˇcku. Iz definicije kovergentnog niza slijedi da niz {xn } konvergira ka x ∈ R ako i samo ako se u svakoj okolini taˇcke x nalaze skoro svi ˇclanovi niza {xn }, to jest u svakoj okolini taˇcke x se ne nalazi samo konaˇcno mnogo ˇclanova niza {xn }. Teorema 2.1. Konvergentan niz ima jedinstvenu graniˇcnu vrijednost. Dokaz. Pretpostavimo da postoje razliˇciti realni brojevi x i y takvi da je lim xn = x i
n→+∞
lim xn = y.
n→+∞
Bez umanjena opˇstosti moˇzemo pretpostaviti da je x < y. Neka je ²=
y−x . 2
Iz definicije graniˇcne vrijednosti niza zakljuˇcujemo da postoji prirodni broj n0 takav da vrijedi (∀n ≥ n0 ) |xn − x| < ² i (∀n ≥ n0 ) |xn − y| < ², pa je (∀n ≥ n0 ) y + odavde dobijamo
y−x y−x < xn < x + , 2 2
3y − x y+x < , 2 2
to jest y < x, ˇsto je nemogu´ce. Definicija 2.4. Za niz {xn } kaˇzemo da je ograniˇ cen ako postoji realan broj M takav da je (∀n ∈ N) |xn | ≤ M.
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
28 Ovo je oˇcigledno ekvivalentno sa
(∃M ∈ R)(∃m ∈ R)(∀n ∈ N) m ≤ xn ≤ M. Primjer 2.6. Niz xn = 1 +
1 1 1 + 2 + ··· + 2, 2 2 3 n
je ograniˇcen. Vrijedi xn > 0, osim toga xn < 1 + pa je
1 1 1 + + ··· + , 1·2 2·3 (n − 1) · n
µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 xn < 1 + 1 − + − + ··· + − , 2 2 3 n−1 n
to jest xn < 1 −
1 < 1. n
Dakle, niz je ograniˇcen. Teorema 2.2. Svaki konvergentan niz je ograniˇcen. Dokaz. Neka je dat konvergentan niz {xn } kod koga je graniˇcna vrijednost x ∈ R. Ako uzmemo da je ² = 1, zakljuˇcujemo da postoji prirodan broj n0 takav da vrijedi (∀n ≥ n0 ) |xn − x| < 1. Tada je (∀n ∈ N) min{x − 1, x1 , x2 , . . . , xn0 } ≤ xn ≤ max{x + 1, x1 , x2 , . . . , xn0 }.
Primjer 2.7. Niz
je divergentan. Kako je
imamo
1 1 1 xn = 1 + √ + √ + · · · + √ n 2 3
1 1 √ ≥ √ , k = 1, 2, . . . , n, n k √ 1 xn ≥ n · √ = n, n
pa niz {xn } nije ograniˇcen. Dakle, nije ispunjen potreban uslov za konvergenciju niza, pa je dati niz divergentan.
ˇ 2.1. GRANICNA VRIJEDNOST NIZA
29
Teorema 2.3. Neka su dati nizovi {xn } i {yn } takvi da je lim xn = x,
n→+∞
lim yn = y,
n→+∞
gdje su x, y ∈ R i neka je λ ∈ R. Tada vrijedi : (i)
lim (xn + yn ) = x + y,
n→+∞
(ii)
lim λxn = λx,
n→+∞
(iii) (iv)
lim (xn · yn ) = x · y,
n→+∞
lim xn n→+∞ yn
= xy , ako je yn 6= 0 i y 6= 0.
Dokaz. (i) Neka je dat ² > 0. Iz definicije graniˇcne vrijednosti zakljuˇcujemo da postoje prirodni brojevi n1 i n2 takvi da (∃n1 ∈ N)(∀n ≥ n1 ) |xn − x| <
² , 2
(∃n2 ∈ N)(∀n ≥ n2 ) |yn − y| <
² . 2
Ako stavimo da je n3 = max{n1 , n2 } imamo (∀n ≥ n3 ) |xn + yn − (x + y)| ≤ |xn − x| + |yn − y| <
² ² + = ², 2 2
(ii)Ako je λ = 0 tvrdjenje je oˇcigledno. Pretpostavimo da je λ 6= 0. Neka je dat ² > 0. Zakljuˇcujemo da (∃n1 ∈ N)(∀n ≥ n1 ) |xn − x| <
² . |λ|
Sada (∃n1 ∈ N)(∀n ≥ n1 ) |λxn − λx| < |λ| ·
² = ². |λ|
(iii) Kako je niz {yn } konvegentan on je i ograniˇcen, pa postoji M > 0 takav da je (∀n ∈ N) |yn | ≤ M. Neka je M1 = max{M, |x|}. Iz definicije graniˇcne vrijednosti zakljuˇcujemo da (∃n1 ∈ N)(∀n ≥ n1 ) |xn − x| <
² 2M1
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
30 i
(∃n2 ∈ N)(∀n ≥ n2 ) |yn − y| <
² . 2M1
Stavimo n3 = max{n1 , n2 }. Kako je |xn · yn − x · y| ≤ |xn yn − xyn + xyn − xy| ≤ |yn | · |xn − x| + |x| · |yn − y|, imamo (∀n ≥ n3 ) |xn · yn − x · y| < M1 ·
² ² + M1 · = ². 2M1 2M1
(iv) Neka je y > 0. Postoji prirodan broj n1 takav da (∀n ≥ n1 ) |yn − y| ≤
y . 2
Odavde dobijamo
y 3y ≤ yn ≤ . 2 2 Neka je sada y < 0. Postoji prirodan broj n2 takav da (∀n ≥ n1 )
(2.2)
y (∀n ≥ n2 ) |yn − y| ≤ − . 2 Odavde dobijamo (∀n ≥ n1 )
3y y ≤ yn ≤ . 2 2
(2.3)
Iz (2.2) i (2.3) zakljuˇcujemo da je (∀n ≥ n3 ) |yn | ≥ gdje je n3 = max{n1 , n2 }. Oznaˇcimo
½ M = max
|y| , 2
|y| |y|2 , 2 2|x|·
(2.4)
¾ .
Za dati ² > 0 postoje prirodni brojevi n4 i n5 takvi da je (∀n ≥ n4 ) |xn − x| ≤
² 2M
(2.5)
(∀n ≥ n5 ) |yn − y| ≤
² . 2M
(2.6)
i
Zbog nejednakosti ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ xn x ¯¯ ¯¯ xn y − yn x ¯¯ |xn y − xy| + |xy − yn x| ¯ − = ¯ yn ¯≤ y¯ ¯ yn y |yn | · |y|
ˇ 2.1. GRANICNA VRIJEDNOST NIZA |y| · |xn − x| + |x| · |yn − y| |yn | · |y|
= imamo
31
¯ ¯ ¯ xn x ¯¯ 1 |x| ¯ − · |xn − x| + · |yn − y|. ≤ ¯ yn y ¯ |yn | |yn | · |y|
Ako stavimo n6 = max{n3 , n4 , n5 }, iz nejednaˇcina (2.4), (2.5) i (2.6) dobijamo ¯ ¯ ¯ xn 2 x ¯¯ ² 2|x| ² ² ² ¯ ¯ yn − y ¯ ≤ |y| · 2M + |y|2 · 2M ≤ 2 + 2 = ².
Na sliˇcan naˇcin se dokazuje i sljede´ca teorema. Teorema 2.4. Neka su dati nizovi {xn } i {yn } takvi da je lim xn = x ∈ R i
n→+∞
lim yn = +∞.
n→+∞
Tada vrijedi : (i)
lim (xn + yn ) = +∞,
n→+∞
(ii) (iii) (iv)
lim (xn · yn ) = sgnx · ∞, x 6= 0,
n→+∞
lim xn n→+∞ yn
= 0,
lim (xn )a = xa , ako je x > 0, a ∈ R i xn > 0, za sve n ∈ N.
n→+∞
Primjer 2.8. Na´ci graniˇcnu vrijednost niza xn =
2n + 1 . 7n + 3
U ovom sluˇcaju koriste´ci pogodne transformacije odredjujemo graniˇcnu vrijednost niza. 2+ 2n + 1 lim = lim n→+∞ 7n + 3 n→+∞ 7 +
1 n 3 n
=
lim 2 +
1 n
lim 7 +
3 n
n→+∞ n→+∞
=
2 . 7
Primjer 2.9. Na´ci graniˇcnu vrijednost niza √ √ xn = 2n + 10 − 3n + 11. Imamo sljede´ce √
2n + 10 −
√
3n + 11 =
√
Ãr n
10 − 2+ n
r
11 3+ n
!
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
32 Odavde zakljuˇcujemo da je lim xn = lim
n→+∞
√
n→+∞
Ãr n
10 2+ − n
r
11 3+ n
! = −∞.
Sljede´ca teorema je poznata kao teorema o dva ˇzandara. Teorema 2.5. Neka su nizovi {xn }, {yn } i {zn } takvi da je lim xn = lim zn = x.
n→+∞
n→+∞
Ako postoji prirodan broj n0 takav da je (∀n ≥ n0 ) xn ≤ yn ≤ zn tada je lim yn = x.
n→+∞
Dokaz. Neka je lim xn = lim zn = x,
n→+∞
n→+∞
tada za dati ² > 0 postoje prirodni brojevi n1 i n2 takvi da je (∀n ≥ n1 ) x − ² < xn < x + ² i (∀n ≥ n2 ) x − ² < zn < x + ². Kako postoji prirodan broj n0 takav da je (∀n ≥ n0 ) xn ≤ yn ≤ zn , za prirodan broj n3 = max{n0 , n1 , n2 }, imamo (∀n ≥ n3 ) x − ² < yn < x + ². Dakle, niz {yn } je konvergentan i vrijedi lim yn = x. n→+∞
Primjer 2.10. Pokazati da je graniˇcna vrijednost niza, ˇciji je opˇsti ˇclan xn = √
1 n2
+1
+√
1 n2
+2
+ ··· + √
1 n2
+n
,
jednaka 1. Iz nejednakosti √
1 1 1 ≤√ ≤√ , k = 1, 2, . . . , n, n2 + n n2 + k n2 + 1
ˇ 2.1. GRANICNA VRIJEDNOST NIZA imamo n· √
1 n2
+n
≤ xn ≤ n · √
1
lim q
n→+∞
33
≤ xn ≤ q
1 n
1+
1 n2
+1
1 1+
1 n2
, .
Sada zakljuˇcak slijedi iz 1 lim q 1+
n→+∞
1 n
1
= lim q n→+∞
1+
1 n2
= 1.
Primjer 2.11. Pokazati da je √ n
lim
n→+∞
n = 1.
Kako je na osnovu binomne formule √ √ √ n(n − 1) √ n = (1 + ( n n − 1))n = 1 + n( n n − 1) + ( n n − 1)2 + · · · + ( n n − 1)n 2 > imamo
n(n − 1) √ ( n n − 1)2 , 2 √ n
r n−1<
Osim toga, oˇcigledno je 0≤
√ n
n − 1.
Dakle, 0≤
√ n
r n−1<
Sada, kako je
r lim
n→+∞
zakljuˇcujemo da je lim
n→+∞
2.1.3
2 . n−1
2 . n−1
2 = 0, n−1 √ n
n = 1.
Monotoni nizovi
Definicija 2.5. Niz {xn } je monotono rastu´ ci (neopadaju´ ci, opadaju´ ci, nerastu´ ci) ako za svako n ∈ N vrijedi xn+1 > xn (xn+1 ≥ xn , xn+1 < xn , xn+1 ≤ xn ). Za niz se kaˇze da je monoton niz ako ima jednu od navedenih osobina.
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
34
Primjer 2.12. (i) Niz xn = 1 − n1 , n ∈ N je monotono ratu´ci. (ii) Niz x1 = 1, xn+1 = xn + 1 + (−1)n , n ∈ N je monotono neopadaju´ci. Monotoni nizovi imaju znaˇcajne osobine u pogledu u konvergencije. Naime, vrijedi sljede´ca teorema. Teorema 2.6. Monotono neopadaju´ci (nerastu´ci) niz ograniˇcen odozgo (odozdo) je konvergentan. Moˇze se pokazati da ako je {xn } monotoni niz ograniˇcen odozgo (odozdo) tada je lim xn = sup{xn : n ∈ N} n→+∞
µ
¶ lim xn = inf{xn : n ∈ N} .
n→+∞
Primjer 2.13. Niz, {xn }, ˇciji je opˇsti ˇclan µ ¶n 1 xn = 1 + n je konvergentan. Pokaza´cemo da je niz {xn } monotono neopadaju´ci i ograniˇcen odozgo. Vrijedi ³ ³ ´n+1 ´n+1 1 n+2 1 + n+1 n+1 xn+1 ¡ ¢n = = ¡ n+1 ¢n xn 1 + n1 n µ ¶n µ ¶n n + 2 n(n + 2) n+2 1 = = 1− . n + 1 (n + 1)2 n+1 (n + 1)2 Koriste´ci Bernulijevu nejednakost dobijamo µ ¶ n+2 n xn+1 ≥ 1− ≥ 1. xn n+1 (n + 1)2 Dakle, vrijedi xn+1 ≥ xn za sve n ∈ N, pa je niz {xn } monotono neopadaju´ci. Pokaˇzimo da je niz {xn } ograniˇcen odozgo. Iz binomne formule slijedi xn =
¶ n n µ X X n! 1 1 n = k k n k!(n − k)! nk
k=0
=
k=0
n X 1 (n − k + 1) · (n − k + 2) · · · (n − 1) · n . k! nk
k=0
ˇ 2.1. GRANICNA VRIJEDNOST NIZA Dakle,
35
µ ¶ µ ¶ µ ¶ n X 1 k−1 k−2 1 xn = 1− · 1− ··· 1 − . k! n n n k=0
Kako je µ ¶ µ ¶ µ ¶ k−2 1 k−1 · 1− ··· 1 − < 1, k = 0, 1, . . . , n, 1− n n n imamo xn ≤
n X 1 . k!
k=0
Dalje, zbog nejednakosti 1 1 ≤ k , k = 0, 1, . . . n, k! 2 dobijamo xn ≤
n X 1 1 =1+ 2k 1 − k=0
1 2
= 3.
Primjedba 2.2. Graniˇcna vrijednost niza, ˇciji je opˇsti ˇclan ¶n µ 1 xn = 1 + n se naziva broj e, ¶n µ 1 . 1+ n→+∞ n
e = lim
Broj e iracionalan broj. Njegova pribliˇzna vrijednost je e ≈ 2.718281828. Definicija 2.6. Neka su dati realni nizovi {xn } i {yn } takvi da je x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ · · · ≤ y3 ≤ y2 ≤ y1 i
lim (yn − xn ) = 0.
n→+∞
Familija zatvorenih intervala [xn , yn ], n ∈ N, naziva se familija umetnutih intervala. Teorema 2.7. Svaka familija umetnutih intervala ima jednu i samo jednu zajedniˇcku taˇcku. Dokaz. Neka je data familija umetnutih intervala [xn , yn ], n ∈ N. Iz definicije 2.6 zakljuˇcujemo da je niz {xn } monotono neopadaju´ci i ograniˇcen odozgo, a niz {yn } monotono nerastu´ci i ograniˇcen odozdo. Na osnovu teoreme 2.6 zakljuˇcujemo da su ovi nizovi kovergentni. Iz uslova lim (yn − xn ) = 0,
n→+∞
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
36 imamo da postoji c ∈ R takav da je
lim xn = lim yn = c.
n→+∞
n→+∞
Dalje, vrijedi c = sup xn = inf yn , pa je xn ≤ c ≤ yn , n ∈ N. Dakle, taˇcka c pripada svim intevalima. Dokaˇzimo da je ona jedina taˇcka koja pripada svim intervalima. Neka je taˇcka d taˇcka koja pripada svim intervalima za koju vrijedi d 6= c. Tada imamo |d − c| ≤ |yn − xn |, za sve n ∈ N, pa zakljuˇcujemo da je d = c, a ovo je nemogu´ce. Dakle, taˇcka c je jedina zajedniˇcka taˇcka familije umetnutih intervala.
2.1.4
Cauchyjevi nizovi
Vidjeli smo da je svaki monoton i ograniˇcen niz konvergentan. Medjutim, obrnuto nije taˇcno. Primjer 2.14. Niz, ˇciji je opˇsti ˇclan xn =
(−1)n n
nije monoton ali je kovergentan. Dakle, monotonost i ograniˇcenost niza je dovoljan uslov za konvergenciju, ali nije i potreban. Od interesa je odrediti uslov za konvergenciju niza, koji je potreban i dovoljan uslov. To nas dovodi do pojma Cauchyjevog niza. Definicija 2.7. Niz {xn } je Cauchyjev niz ako vrijedi (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(∀p ∈ N) n ≥ n0 ⇒ |xn+p − xn | < ².
(2.7)
Uslov (2.7) se ˇcesto piˇse i u sljede´cem ekvivalentnom obliku. (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(∀m ∈ N) n, m ≥ n0 ⇒ |xm − xn | < ².
(2.8)
Teorema 2.8. Potreban i dovoljan uslov da je niz konvergentan je da je Cauchyjev niz. Primjer 2.15. Ispitati konvergenciju nizova ˇciji su opˇsti ˇclanovi (i) xn = 1 +
1 1 1 + 2 + ··· + 2, 2 2 3 n
ˇ 2.2. GRANICNA VRIJEDNOST FUNKCIJE (ii) xn = 1 +
37
1 1 1 + + ··· + . 2 3 n
Rjeˇsenje. (i) Vrijedi |xn+p − xn | =
1 1 1 + + ··· + . (n + 1)2 (n + 2)2 (n + p)2
Kako je 1 1 1 1 ≤ = − , k = 1, 2, . . . , p, 2 (n + k) (n + k − 1)(n + k) n+k−1 n+k dobijamo
1 1 1 − ≤ . n+1 n+p n+1 ¥1¦ Sada za dati ² > 0 moˇzemo uzeti n0 = ² + 1, pa zakljuˇcujemo da je dati niz konvergentan, jer je Cauchyjev niz. (ii) Uzmimo u definiciji Cauchyjevog niza u uslovu (2.7) p = n. Tada je |xn+p − xn | ≤
|x2n − xn | = Kako je
1 1 1 + + ··· + . n+1 n+2 2n
1 1 ≥ , k = 1, 2, . . . , n, n+k 2n
imamo
1 1 = , 2n 2 pa za ² < 12 ne moˇzemo odrediti prirodan broj n0 takav da vrijedi uslov (2.7). Dakle, dati niz je divergentan. |x2n − xn | ≥ n ·
Primjedba 2.3. Niz ˇciji je opˇsti ˇclan 1 1 + p + ··· + 2p 3 gdje je p ∈ R naziva se hiperharmonijski niz. konvergentan za p > 1 i divergentan za p ≤ 1. harmonijski niz. xn = 1 +
2.2 2.2.1
1 , np Moˇze se pokazati da je on Za p = 1 taj niz se zove
Graniˇ cna vrijednost funkcije Definicija taˇ cke nagomilavanja
Definicija 2.8. Neka je skup X ⊂ R. Taˇcka x0 je taˇ cka nagomilavanja skupa X ako vrijedi (∀² > 0)(∃x ∈ X \ {x0 }) x ∈ (x0 − ², x0 + ²).
(2.9)
Za taˇcku koja nije taˇcka nagomilavanja skupa X se kaˇze da je izolovana taˇ cka skupa X.
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
38
Uslov (2.9) se moˇze iskazati na sljede´ci naˇcin : svaka ² okolina taˇcke x0 sadrˇzi bar jednu taˇcku iz skupa X razliˇcitu od taˇcke x. Nije teˇsko vidjeti da je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X ako i samo ako se u svakoj okolini taˇcke x0 nalazi bar jedna taˇcka iz skupa X razliˇcita od x0 . Skup ne mora da ima taˇcke nagomilavanja. Primjer 2.16. Skup {0, 1} nema taˇcaka nagomilavanja. Njegove taˇcke su izolovane taˇcke. ˇ Moˇze se pokazati da svaki konaˇcan skup nema taˇcaka nagomilavanja. Staviˇ se, ni beskonaˇcan skup me mora imati taˇcaka nagomilavanja. Primjer 2.17. Skup N nema taˇcaka nagomilavanja. Taˇcka nagomilavanja ne mora da pripada datom skupu. Primjer 2.18. Taˇcke nagomilavanja intervala (0, 1] su sve taˇcke iz intervala [0, 1]. Sljede´ca teorema daje potreban i dovoljan uslov kada skup ima taˇcku nagomilavanja. Teorema 2.9. Taˇcka x0 je taˇcka nagomilavanja skupa X ako i samo ako postoji niz {xn } takav da vrijedi (∀n ∈ N) xn ∈ X i lim xn = x0 .
n→+∞
Primjer 2.19. Sve taˇcke skupa R su njegove taˇcke nagomilavanja.
2.2.2
Definicija graniˇ cne vrijednosti funkcije
Definicija 2.9. Neka je data funkcija f : X → R i neka je taˇcka x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X. Realan broj L je graniˇ cna vrijednost funkcije f u taˇcki x0 ako vrijedi (∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − L| < ε. To oznaˇcavamo sa lim f (x) = L ili f (x) → L kada x → x0 .
x→x0
Primjer 2.20. Pokazati da je za svako x0 ∈ R lim x2 = x20 .
x→x0
Imamo |x2 − x20 | = |x − x0 ||x − x0 + 2x0 | ≤ |x − x0 |2 + 2|x0 ||x − x0 |,
(2.10)
ˇ 2.2. GRANICNA VRIJEDNOST FUNKCIJE odavde je
39
|x2 − x20 | ≤ |x − x0 |(|x − x0 | + 2|x0 |).
(2.11)
Neka je ² > 0 treba odrediti δ > 0 tako da vrijedi (2.10). Zbog (2.11) dovoljno je na´ci δ > 0 tako da je δ(δ + 2|x0 |) < ². (2.12) Zakljuˇcujemo da za
½ δ = min 1,
² 1 + 2|x0 |
¾ ,
vrijedi (2.12) i time je pokazano da je lim x2 = x20 .
x→x0
Definicija 2.10. Neka je data funkcija f : X → R i neka je taˇcka x0 taˇcka nagomilavanja skupa X. Realan broj L je desna (lijeva) graniˇ cna vrijednost funkcije f u taˇcki x0 ako vrijedi (∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) x0 < x < x0 + δ ⇒ |f (x) − L| < ε
(2.13)
((∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) x0 − < x < x0 ⇒ |f (x) − L| < ε.)
(2.14)
To oznaˇcavamo sa lim f (x) = L,
x→x0 +
( lim f (x) = L). x→x0 −
Primjer 2.21. Neka je f : R → R, data sa 0, x < 0 1 , x=0 f (x) = 2 1, x > 0. Tada je lim f (x) = 1 i lim f (x) = 0.
x→0+
x→0−
Teorema 2.10. Ako postoji lijeva i desna graniˇcna vrijednost tada je potreban i dovoljan uslov da funkcija f : X → R ima graniˇcnu vrijednost u taˇcki x0 jednaku L je lim f (x) = lim f (x) = L. x→x0 +
x→x0 −
Definicija 2.11. Neka je data funkcija f : X → R i neka je taˇcka x0 taˇcka nagomilavanja skupa X. Funkcija f teˇ zi ka plus (minus) beskonaˇ cno kada x → x0 ako vrijedi (∀K > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) > K
(2.15)
((∀K > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) < −K.)
(2.16)
To oznaˇcavamo sa lim f (x) = +∞,
x→x0 +
( lim f (x) = −∞). x→x0 −
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
40
Primjer 2.22. Za funkciju f : R → R, ½ 1 x 6= 0 x, f (x) = 0, x = 0, vrijedi lim f (x) = +∞ i lim f (x) = −∞.
x→0+
x→0−
Definicija 2.12. Neka je data funkcija f : X → R i neka je skup X neograniˇcen odozgo (odozdo). Realan broj L je graniˇ cna vrijednost funkcije f kada x → +∞ (x → −∞) ako vrijedi (∀² > 0)(∃K > 0)(∀x ∈ X) x > K ⇒ |f (x) − L| < ε.
(2.17)
(∀² > 0)(∃K > 0)(∀x ∈ X) x < −K ⇒ |f (x) − L| < ε.
(2.18)
To oznaˇcavamo sa lim f (x) = L
x→+∞
( lim f (x) = L.) x→−∞
Primjer 2.23. Pokazati da je x2 − 1 = 1. x→+∞ x2 + 1 lim
Neka je dat ² > 0. Treba na´ci K > 0 takav da vrijedi ¯ 2 ¯ ¯x − 1 ¯ (∀x ∈ R) x > K ⇒ ¯¯ 2 − 1¯¯ < ε. x +1 Kako je
¯ 2 ¯ ¯x − 1 ¯ ¯ ¯ < ε ⇔ x2 > 2 − ² , − 1 ¯ x2 + 1 ¯ ²
imamo da u sluˇcju ² ≥ 2 moˇzemo izabrati proizvoljan K > 0, a u sluˇcaju da je ² < 2 moˇzemo uzeti na primjer r 2−² K= + 1. ²
2.2.3
Osobine graniˇ cnih vrijednosti funkcija
U sljede´coj teoremi dajemo neke osobine graniˇcnih vrijednosti funkcija. One su analogne osobinama graniˇcnih vrijednosti nizova, pa ih dajemo bez dokaza. Teorema 2.11. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X. Pretpostavimo da je lim f (x) = L1 , lim g(x) = L2 , L1 , L2 ∈ R,
x→x0
tada vrijedi :
x→x0
ˇ 2.2. GRANICNA VRIJEDNOST FUNKCIJE
41
(i) lim (f (x) + g(x)) = L1 + L2 , x→x0
(ii) lim (λ · f (x)) = λ · L1 , za svaki λ ∈ R, x→x0
(iii) lim (f (x) · g(x)) = L1 · L2 , x→x0
f (x) x→x0 g(x)
(iv) lim
=
L1 L2 ,
ako je L2 6= 0 i g(x) 6= 0.
Primjer 2.24. Odrediti graniˇcnu vrijednost x3 + 2x2 − 1 . x→+∞ x3 + 5 lim
Rjeˇsenje.
1 + x2 − x13 x3 + 2x2 − 1 = lim = 1. x→+∞ x→+∞ x3 + 5 1 + x53 lim
Sljede´ci rezultat je poznat kao teorema o smjeni promjenljivih kod graniˇcnih vrijednosti. Teorema 2.12. Neka je lim f (x) = y0 i lim g(x) = L.
x→x0
x→y0
Ako je u nekoj okolini taˇcke x0 f (x) 6= y0 za svaki x 6= x0 tada je lim g(f (x)) = L.
x→x0
Primjer 2.25. Na´ci
x2
lim 3 3x2 +1 .
x→+∞
Stavimo f (x) =
x2 3x2 + 1
i g(x) = 3x .
Kako vrijedi lim f (x) = 1 i
x→+∞
lim g(x) = 3,
x→1
na osnovu prethodne teoreme imamo x2
lim 3 3x2 +1 = 1.
x→+∞
Teorema 2.13. Ako za funkciju f : X → R vrijedi (∀x ∈ X \ {x0 }) f (x) ∈ (a, b),
lim f (x) = L,
x→x0
gdje je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X, tada L ∈ [a, b].
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
42
Teorema 2.14. Ako za funkcije f, g : X → R vrijedi (∀x ∈ X \ {x0 }) f (x) ≤ g(x),
lim f (x) = L1 ,
x→x0
lim f (x) = L2 ,
x→x0
gdje je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X, tada je L1 ≤ L2 . Primjer 2.26. Pokazati da je lim
x→0
sin x = 1. x
Pokaza´cemo prvo da vrijede nejednakosti ³ π ´ ³ sin x π´ < 1, x ∈ − , 0 ∪ 0, − . cos x < x 2 2
(2.19)
Neka je dat krug sa centrom u koordinatnom poˇcetku 0, polupreˇcnika r. Dalje,neka je data taˇcka A(r, ¡ 0),¢ a taˇcka B na krugu takva da poluprave 0A i 0B zaklapaju oˇstri ugao x ∈ 0, π2 . Sa C oznaˇcimo presjeˇcnu taˇcku poluprave 0A i tangente na krug u taˇcki A. Povrˇsina trougla 0AB je manja od povrˇsine kruˇznog isjeˇcka 0AB, a ova povrˇsina je manja od povrˇsine trougla 0AC. Kako su ove povrˇsine 1 2 1 1 r sin x, r2 x, r2 tg x, 2 2 2 respektivno, imamo ¡ ¢ za sve x ∈ 0, π2 . Odavde dobijamo ¡
za sve x ∈ 0,
π 2
¢
1 2 1 1 r sin x < r2 x < r2 tg x, 2 2 2
sin x < x < tg x, ¡ ¢ . U sluˇcaju da je x ∈ − π2 , 0 , vrijedi − sin x < −x < − tg x.
(2.20)
(2.21)
Iz nejednakosti (2.20) i (2.21) dobijamo nejednakosti (2.19). Sada koriste´ci teoremu 2.13 i teoremu 2.14 zakljuˇcujemo da je lim cos x ≤ lim
x→0
x→0
sin x ≤ 1. x
Kako je
¯ x ¯2 ¯ x ¯¯ ¯ ¯ ¯ |1 − cos x| = 2 ¯sin2 ¯ ≤ 2 ¯ ¯ , 2 2 zbog teoreme 2.14 zakljuˇcujemo da je lim cos x = 1,
x→0
pa odavde i iz (2.22) slijedi lim
x→0
sin x = 1. x
(2.22)
2.3. NEPREKIDNE FUNKCIJE
43
Primjer 2.27. Izraˇcunati (i) lim
x→0
1 − cos x , (ii) x2
1 lim x · sin . x
x→+∞
(i) Kako je
x , 2 koriste´ci primjer 2.26 i teoremu o smjeni graniˇcnih vrijednosti dobijamo 1 − cos x = 2 sin2
1 1 − cos x = lim x→0 x→0 2 x2
µ
lim
(ii) Uvode´ci smjenu t =
1 x
sin x2 x 2
¶2 =
1 . 2
i koriste´ci primjer 2.26 zakljuˇcujemo da je
lim x · sin
x→+∞
1 sin t = lim = 0. t→0 x t
Primjedba 2.4. Koriste´ci teoremu 2.12, teoremu 2.14 i ¶n µ 1 lim = e, 1+ n→+∞ n moˇze se pokazati da je
µ lim
x→+∞
1 1+ x
¶x = e.
(2.23)
Teorema 2.15. Neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Za funkciju f : X → R vrijedi lim f (x) = L, L ∈ R ako i samo ako je lim f (xn ) = f (x0 ), n→x0
za svaki niz {xn }, takav da je
2.3
n→+∞
lim xn = x0 i xn ∈ X \ {x0 }, n ∈ N,
n→+∞
Neprekidne funkcije
2.3.1
Definicija neprekidne funkcije
Definicija 2.13. Neka je data funkcija f : X → R i neka je x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X. Za funkciju f kaˇzemo da je neprekidna u taˇcki x0 ako vrijedi (∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ².
(2.24)
Ako je funkcija f neprekidna u svakoj taˇcki skupa A ⊂ X onda kaˇzemo da je neprekidna na skupu A. Primjedba 2.5. Uslov (2.24) je ekvivalentan lim f (x) = f (x0 ).
x→x0
(2.25)
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
44 Primjer 2.28. Funkcija f : R → R,
f (x) = 2x + 3, je neprekidna na skupu R. Neka je taˇcka x0 ∈ R i ² > 0. Iz jednakosti |2x + 3 − (2x0 + 3)| = 2|x − x0 |, zakljuˇcujemo da za δ moˇzemo uzeti δ = 2² , jer tada vrijedi |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ². Primjer 2.29. Funkcija f : R → R, ½ f (x) =
x, x≤0 x + 1, x > 0.
nije neprekidna u taˇcki 0. Ako uzmemo ² = 12 tada zbog |f (x) − f (0)| = |x + 1| > 1 za x > 0, ne moˇzemo na´ci δ > 0 takvo da |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| <
1 . 2
U sljede´coj teoremi su date neke osobine neprekidnih funkcija. One su analogne osobinama graniˇcnih vrijednosti nizova odnosno osobinama graniˇcnih vrijednosti funkcija. Teorema 2.16. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X. Ako su funkcije f i g neprekidne u taˇcki x0 , to jest ako je lim f (x) = f (x0 ), lim g(x) = g(x0 ),
x→x0
x→x0
tada vrijedi : (i) lim (f (x) + g(x)) = f (x0 ) + g(x0 ), x→x0
(ii) lim (f (x) · g(x)) = f (x0 ) · g(x0 ), x→x0
(iii) lim
x→x0
f (x0 ) f (x) = , ako je g(x0 ) 6= 0 i g(x) 6= 0. g(x) g(x0 )
Dakle, ako su funkcije f i g neprekidne u taˇcki x0 onda su takve i funkcije : • zbir, f + g,
2.3. NEPREKIDNE FUNKCIJE
45
• f + λ, λ ∈ R, • λf, λ ∈ R, • proizvod, f · g, • koliˇcnik,
f g,
ako je g(x0 ) 6= 0, g(x) 6= 0.
Primjer 2.30. Osnovne elementarne funkcije su neprekidne na svom domenu. Pokaza´cemo na primjer, da su stepena, eksponencijalna i sinusna funkcija neprekidne. • Stepena funkcija : Neprekidnost stepene funkcije slijedi iz neprekidnosti funkcije f (x) = x i prethodne teoreme, (neprekidnost proizvoda neprekidnih funkcija). • Eksponencijalna funkcija : Neka je x0 ∈ R i neka je ² > 0. Bez umanjenja opˇstosti moˇzemo pretpostaviti 0 < ² < ex0 . Iz |ex0 − ex | < ² ⇔ ex0 − ² < ex < ex0 + ² ⇔ log(ex0 − ²) < x < log(ex0 + ²), zakljuˇcujemo da za δ > 0 takvo da je (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ (log(ex0 − ²), log(ex0 + ²)), vrijedi |x − x0 | < δ ⇒ |ex − ex0 | < ², pa je funkcija f (x) = ex neprekidna u svakoj taˇcki x0 . • Sinusna funkcija : Koriste´ci nejednakosti (2.20) i (2.21) dobijamo da vrijedi | sin x| < |x|, x ∈ R \ {0}, odavde na osnovu formule sin x − sin y = 2 sin
x−y x+y cos 2 2
i ˇcinjenice da je apsolutna vrijednost kosinusa manja ili jednaka od 1, imamo | sin x − sin x0 | ≤ |x − x0 |.
(2.26)
Iz posljednje nejednakosti slijedi neprekidnost sinusne funkcije. Naime, za dati ² > 0 moˇzemo uzeti δ = ².
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
46
2.3.2
Vrste prekida funkcije
Ako funkcija f nije neprekidna u taˇcki x0 kaˇzemo da funkcija f u taˇcki x0 ima prekid. Ova situacija moˇze nastupiti iz viˇse razloga. Vrste prekida su date u sljede´coj definiciji. Definicija 2.14. Neka je funkcija f : X → R i x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X. Kaˇzemo da funkcija f u taˇcki x0 ima : • prividan ili otklonjiv prekid, ako postoji konaˇcan lim f (x) x→x0
ali je lim f (x) 6= f (x0 ). x→x0
• prekid prve vrste slijeva (zdesna), ako postoji konaˇcan lim f (x) x→x0 −
( lim f (x)) ali je lim f (x) 6= f (x0 ) ( lim f (x) 6= f (x0 )). x→x0 +
x→x0 −
x→x0 +
• prekid druge vrste slijeva (zdesna) ako lijeva (desna) graniˇcna vrijednost ne postoji ili je beskonaˇcna. Primjer 2.31. Funkcija ½ f (x) =
sin x x ,
x 6= 0 x = 0,
0,
ima prividan prekidu taˇcki x = 0, jer lim
x→0
sin x = 1 6= f (0) = 0. x
Primjer 2.32. Funkcija ½ f (x) =
x, x ≤ 0 1, x > 0,
ima prekid prve vrste zdesna u taˇcki x = 0, jer je lim f (x) = 1 6= f (0) = 0.
x→0+
Primjer 2.33. Funkcija ½ f (x) =
1 x,
1,
x 6= 0 x = 0,
ima prekid druge vrste u taˇcki x = 0, jer je lim f (x) = +∞, lim f (x) = −∞.
x→0+
x→0−
2.3. NEPREKIDNE FUNKCIJE
2.3.3
47
Osobine neprekidnih funkcija
Iz teoreme 2.15 neposredno slijedi sljede´ca teorema. Teorema 2.17. Neka je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X. Funkcija f : X → R je neprekidna u taˇcki x0 ako i samo ako je lim xn = x0 ⇒ lim f (xn ) = f (x0 ),
n→+∞
n→+∞
gdje je xn ∈ X za sve n ∈ N. Primjer 2.34. lim
n→+∞
√ n
a = 1, a > 0.
Kako je eksponencijalna funkcija neprekidna imamo lim ax = a0 = 1.
x→0
Sada na osnovu teoreme 2.17 dobijamo da za niz xn = lim
lim axn = an→+∞
xn
n→+∞
1 n
vrijedi
= 1.
Dalje, iz teoreme o smjeni graniˇcnih vrijednosti (teorema 2.12) dobijamo da je kompozicija neprekidnih funkcija neprekidna. Primjer 2.35. Funkcija n
f (x) = esin x , x ∈ R, je neprekidna funkcija, jer je kompozicija sljede´cih neprekidnih elementarnih funkcija : x 7→ xn , x 7→ sin x, x 7→ ex , x ∈ R. Teorema 2.18. Neprekidna funkcija na zatvorenom i ograniˇcenom intervalu dostiˇze svoj maksimum i minimum. Znaˇci, ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija, tada postoje taˇcke xmin , xmax ∈ [a, b] takve da je f (xmin ) ≤ f (x) ≤ f (xmax ),
za sve x ∈ [a, b].
Primjer 2.36. Funkcija definisana na [−1, 1] sa 1 − x2 , −1 ≤ x < 0, 0, x = 0, f (x) = 2 x − 1, 0 < x ≤ 1, ne dostiˇze minimalnu i maksimalnu vrijednost na intervalu [−1, 1]. Naime, ona ima prekid u taˇcki x = 0. Moˇze se pokazati da je sup f (x) = 1, x∈[−1,1]
inf
x∈[−1,1]
f (x) = −1.
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
48
Primjedba 2.6. Uslov da je funkcija neprekidna na zatvorenom i ograniˇcenom intervalu je dovoljan, ali nije i potreban da funkcija dostiˇze minimalnu i maksimalnu vrijednost. Primjer 2.37. Funkcija definisana na [−1, 1] sa ½ x + 1, −1 ≤ x ≤ 0, f (x) = −x, 0 < x ≤ 1, ima prekid u taˇcki x = 0, ali dostiˇze minimalnu vrijednost u taˇcki x = 1, f (1) = −1 i maksimalnu vrijednost u taˇcki x = 0, f (0) = 1. Teorema 2.19. Neka je funkcija f definisana i neprekidna na segmentu [a, b], i neka je f (a)f (b) < 0. Tada postoji taˇcka c ∈ (a, b) takva da je f (c) = 0. Primjer 2.38. Jednaˇcina x4 − 3x2 + 2x − 1 = 0, ima bar jednu nulu na segmentu [1, 2]. Kako je funkcija f (x) = x5 − 3x3 + 2x2 − 1 = 0 neprekidna na segmentu [1, 2] i vrijedi f (1) = −1 < 0, f (2) = 15 > 0 na osnovu teoreme 2.19 dobijamo da postoji taˇcka c ∈ (1, 2) takva da je f (c) = 0. Dakle, taˇcka c je nula date jednaˇcine.
2.3.4
Uniformno neprekidne funkcije
Definicija 2.15. Za funkciju f : X → R kaˇzemo da je uniformno ili ravnomjerno neprekidna na skupu X ako vrijedi (∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x1 , x2 ∈ X) |x1 − x2 | < δ ⇒ |f (x1 ) − f (x2 )| < ².
(2.27)
Primjer 2.39. Funkcije (i) f (x) = −4x + 7, (ii) f (x) = sin x2 . su uniformno neprekidne na skupu R. (i) Neka je dat ² > 0 izaberimo δ = 4² . Tada iz nejednakosti |x1 − x2 | < δ slijedi |f (x1 ) − f (x2 )| = 4|x1 − x2 | < ². (ii) Neka je dat ² > 0. U ovom sluˇcaju izaberimo δ = 2². Kako vrijedi nejednakost (2.26), to jest | sin x1 − sin x2 | ≤ |x1 − x2 |, Iz nejednakosti |x1 − x2 | < δ slijedi |f (x1 ) − f (x2 )| =
|x1 − x2 | < ². 2
2.3. NEPREKIDNE FUNKCIJE
49
Ako u relaciji (2.27) uzmemo da je δn = n1 , zakljuˇcujemo da funkcija f nije uniformno neprekidna ako i samo ako postoje dva niza {xn } i {yn } takva da vrijedi lim |xn − yn | = 0 i lim |f (xn ) − f (yn )| 6= 0. n→+∞
n→+∞
Dakle, vrijedi sljede´ca teorema. Teorema 2.20. Funkcija f : X → R je uniformno neprekidna na skupu X ako i samo ako lim |f (xn ) − f (yn )| = 0, n→+∞
za svaka dva niza taˇcaka {xn } i {yn } iz skupa X takva da je lim |xn − yn | = 0.
n→+∞
Primjer 2.40. Funkcija f (x) = x1 nije uniformno neprekidna na intervalu (0, 1). 1 Neka je ² = 12 i uzmimo nizove xn = n1 i yn = n+1 . Imamo sljede´ce lim |xn − yn | = lim
n→+∞
i
n→+∞
1 =0 n(n + 1)
¯ ¯ ¯1 1 ¯¯ ¯ lim |f (xn ) − f (yn )| = lim ¯ 1 − 1 ¯ = lim |n − (n + 1)| = 1. n→+∞ n→+∞ ¯ ¯ n→+∞ n n+1
Primjer 2.41. Funkcija f (x) = x2 nije uniformno neprekidna na intervalu skupu R. √ √ Neka je ² = 12 i uzmimo nizove xn = n i yn = n + 1. Imamo sljede´ce lim |xn − yn | = lim √
n→+∞
n→+∞
n+
1 √
n+1
=0
i lim |f (xn ) − f (yn )| = lim |n − (n + 1)| = 1.
n→+∞
n→+∞
Teorema 2.21. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] tada je ona i uniformno neprekidna na tom segmentu. Primjer 2.42. Funkcija f (x) = ln x, je uniformno neprekidna na segmentu [a, b] ⊂ (0, 1), ali nije uniformno neprekidna na intervalu (0, 1). Funkcija f (x) = ln x je elementarna funkcija, pa je neprekidna na [a, b]. Zbog teoreme 2.21 zakljuˇcujemo da je ona i uniformno neprekidna na [a, b]. Pokaˇzimo da data funkcija nije uniformno neprekidna na intevalu (0, 1). Izaberimo nizove 1 . Tada je xn = n1 i xn = 2n ¯ ¯ ¯1 1 ¯¯ 1 ¯ lim |xn − yn | = lim ¯ − =0 = lim n→+∞ n→+∞ n 2n ¯ n→+∞ 2n i
¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ ¯ lim |f (xn ) − f (yn )| = lim ¯ln − ln = ln 2 6= 1. n→+∞ n→+∞ n 2n ¯
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
50
2.4
Zadaci
1. Odrediti n2 + 11n + 10 , n→+∞ 5n3 + 2n2 + 2n µ ¶ 1 n5 + 2n3 − 13 1 + · · · + (iii) lim , (iv) lim 1 + . n→+∞ 7n6 + n3 + n2 n→+∞ 2 2n (i)
n4 + n2 − 1 , (ii) n→+∞ 12n4 + 120n3 − 11n lim
lim
2. Odrediti (i)
√
lim ( n + 1 −
√
n→+∞
µ n), (ii)
lim
n→+∞
2n2 n2 + 1 − n−1 2n + 5
¶ ,
3. Koriste´ci definiciju graniˇcne vrijednosti pokazati da je lim
n→+∞
3n + 2 = 3. n+2
Na´ci broj n0 ∈ N tako da je ¯ ¯ ¯ 3n + 2 ¯ ¯ (∀n ≥ n0 ) ¯ − 3¯¯ ≤ 0.01. n+2 4. Na´ci
µ lim
n→+∞
1 2 n−1 + 2 + ··· + n2 n n2
5. Dokazati da je
¶ .
n2 = 0. n→+∞ 2n lim
6. Ispitati konvergenciju nizova (i) xn = 1 + 1 +
1 1 1 1 1 1 + + · · · + , (ii) xn = + +···+ . 2! 3! n! n+1 n+2 2n
7. Pokazati da je lim
√ n
n→+∞
8. Izraˇcunati
an + bn = max{a, b}, a, b ≥ 0.
sin 7x + sin 5x tg x , (ii) lim . x→0 x→0 x sin 6x
(i) lim 9. Pokazati da je
lim
x→0
1 tg x − sin x = . x3 2
2.4. ZADACI
51
10. Pokazati na osnovu definicije graniˇcne vrijednosti da je lim
x→1
2 = +∞. (x − 2)2
11. Izraˇcunati x2 − 1 xn − 1 , (ii) lim m , n, m ∈ N. 3 x→1 x − 1 x→1 x − 1
(i) lim 12. Izraˇcunati
√ n lim
x→0
1+x−1 , n ∈ N. x
13. Izraˇcunati
µ lim
x→+∞
14. Pokazati da je
x2 + 1 x2 − 1
¶x2 .
ax − 1 = ln a. x→0 x lim
15. Koriste´ci definiciju neprekidne funkcije pokazati da je funkcija (i) f (x) =
x+5 3 − 5x
neprekidna u taˇcki x = 12 , √ (ii) f (x) = x2 + 1 neprekidna na skupu R. (iii) f (x) = sin(2x + 3) neprekidna na skupu R. 16. Koriste´ci se teoremama o neprekidnosti sume, razlike, proizvoda, koliˇcnika i kompozicije neprekidnih funkcija pokazati da su sljede´ce funkcije neprekidne na skupu R : (i) f (x) = sin(3x2 + 1), (ii) f (x) = e2x (x3 + cos x), (iii) f (x) =
ln(6+x2 ) √ . 4 8 x +1
17. Pokazati da funkcija ½ f (x) =
x3 −1 x−1 ,
4
x 6= 1 x = 1,
ima prekid u taˇcki x = 1. Ispitati vrstu prekida.
ˇ GLAVA 2. GRANICNE VRIJEDNOSTI
52 18. Ispitati vrste prekida funkcije
f (x) =
2 . x2 − 16
19. Funkcija f nije definisana u taˇcki x = 0. Odrediti vrijednost f (0) tako da funkcija f bude neprekidna u taˇcki x = 0, ako je √ √ 3 1+x−1 1 + 3x − 1 , (ii) f (x) = . (i) f (x) = √ 3 sin x 1+x−1 20. Pokazati da jednaˇcina 2 sin4 x + 5 sin3 x − 2 = 0, £ ¤ ima bar jedno rjeˇsenje na segmentu 0, π2 . √ 21. Ispitati uniformnu neprekidnost funkcije f (x) = x, na skupu [0, +∞). 22. Pokazati da funkcija f (x) = x sin x, nije uniformno neprekidna na skupu [0, +∞).
Glava 3
Diferencijalni raˇ cun 3.1 3.1.1
Prvi izvod Definicija prvog izvoda
Definicija 3.1. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 . Ako postoji graniˇcna vrijednost 0
f (x0 ) = lim
x→x0
f (x) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = lim , h→0 x − x0 h
0
kaˇzemo da je f (x0 ) prvi izvod ili izvod funkcije f u taˇcki x0 . Za funkciju koja ima konaˇcan izvod u taˇcki x0 kaˇze se da je diferencijabilna u taˇcki x0 . Ako je funkcija diferencijabilna u svakoj taˇcki nekog skupa kaˇze se da je ona diferencijabilna na tom skupu. Primjer 3.1. Odrediti izvode sljede´cih funkcija : (i) f (x) = c, (c = const), (ii) f (x) = xn , n ∈ N, (iii) f (x) = sin x, (iv) f (x) = ln x, (v) f (x) = ex . Rjeˇ senje. 0 f (x + h) − f (x) (i) f (x) = lim = 0, h→0 h (ii) Kako je na osnovu binomne formule µ ¶ n n n n−1 (x + h) = x + nx h+ xn−2 h2 + · · · + hn − xn 2 µ µ ¶ ¶ n n−1 n−2 n−1 = h nx + x h + ··· + h , 2 imamo 0
f (x) = lim
h→0
f (x + h) − f (x) = nxn−1 . h 53
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
54
0
Ako je a realan broj moˇze se pokazati da vrijedi analogna formula (xa ) = axa−1 . (iii) Vrijedi sljede´ce sin h2 cos 2x+h sin(x + h) − sin x 2 = . h h 2 Kako je lim
sin h2 h 2
h→0
= 1 i lim cos h→0
2x + h = cos x, 2
0
imamo (sin x) = cos x. 0 Na sliˇcan naˇcin se moˇze pokazati da je (cosx) = − sin x. (iv)Vrijedi µ ¶1 ln(x + h) − ln x h h = ln 1 + , h x sada koriste´ci formulu (2.23) i teoremu o smjeni kod graniˇcnih vrijednosti do0 bijamo da je (ln x) = x1 . (v) ex+h − ex eh − 1 x = ·e . h h Ako uvedemo smjenu t = eh − 1, imamo eh − 1 t 1 = = 1 , h ln(1 + t) ln(1 + t) t 0
pa kao i u (iv) zakljuˇcujemo da je (ex ) = ex . Definicija 3.2. Ako postoji graniˇcna vrijednost f (x0 + h) − f (x0 ) , h µ ¶ 0 f (x0 + h) − f (x0 ) f+ (x0 ) = lim , h→0+ h 0
f− (x0 ) = lim
h→0−
kaˇzemo da funkcija f u taˇcki x0 ima lijevi (desni) izvod. Funkcija ima izvod u taˇcki x0 ako i samo ako ima lijevi i desni izvod i ako su oni jednaki. Primjer 3.2. Funkcija f (x) = |x|, x ∈ R, nema izvod u taˇcki x = 0. Njen lijevi odnosno desni izvod je −h f (h) − f (0) = lim = −1, h→0− h h→0− h
0
f− (0) = lim 0
f+ (0) = lim
h→0+
f (h) − f (0) h = lim = 1. h→0+ h h
3.1. PRVI IZVOD
55
U prethodnom primjeru smo vidjeli da neprekidna funkcija ne mora biti diferencijabilna. Prirodno pitanje je da li je diferencijabilna funkcija i neprekidna. Odgovor na to pitanje daje sljede´ca teorema. Teorema 3.1. Svaka funkcija diferencijabilna u taˇcki x0 ∈ R je i neprekidna u toj taˇcki. Dokaz. Neka je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 . Tada postoji konaˇcan 0
f (x0 ) = lim
x→x0
f (x) − f (x0 ) , x − x0
odavde dobijamo 0
lim (f (x) − f (x0 )) = lim f (x0 )(x − x0 ) = 0.
x→x0
x→x0
Dakle, lim f (x) = f (x0 ),
x→x0
a ovo znaˇci da je funkcija f neprekidna u taˇcki x0 .
3.1.2
Osobine prvog izvoda
Nalaˇzenje izvoda po definiciji moˇze da bude komplikovano. Ovde dajemo neke osobine prvog izvoda na osnovu kojih je taj posao olakˇsan. Teorema 3.2. Ako su funkcije f i g diferencijabilne u taˇcki x tada je : (i) 0
0
0
(αf (x) + βg(x)) = αf (x) + βg (x), za sve α, β ∈ R, (ii) 0
0
0
(f (x)g(x)) = f (x)g(x) + f (x)g (x), (iii)
µ
f (x) g(x)
¶0
0
=
0
f (x)g(x) − f (x)g (x) , g 2 (x)
gdje je g(t) 6= 0 za svako t u nekoj okolini taˇcke x. Dokaz. Dokaza´cemo samo tvrdjenje (iii). Tvrdjenja (i) i (ii) se dokazuju sliˇcno. Iz f (x + h) f (x) f (x + h)g(x) − f (x)g(x + h) − = , g(x + h) g(x) g(x + h)g(x) dijelje´ci sa h i puˇstaju´ci da h teˇzi 0 dobijamo traˇzenu formulu.
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
56
Primjedba 3.1. Iz formule (i) slijedi da je 0
0
0
0
0
0
(f (x) + g(x)) = f (x) + g (x), (f (x) − g(x)) = f (x) − g (x). Primjer 3.3. Koriste´ci pravilo o izvodu koliˇcnika funkcija dobijamo 0
0
(tg x) =
0
cos2 x + sin2 x 1 (sin x) cos x − sin x(cos x) = = , 2 2 cos x cos x cos2 x 0
0
(ctg x) =
0
(cos x) sin x − cos x(sin x) − sin2 x − cos2 x 1 = =− 2 . 2 2 sin x sin x sin x
Primjedba 3.2. Funkcije f + g, f g, funkcije f i g.
f g
mogu biti diferencijabilne, a da takve nisu
Primjer 3.4. Na´ci : 0 (i) (f (x) + g(x)) , ako je f (x) = |x|, g(x) = −|x|, 0 (ii) (f (x)g(x)) , ako je f (x) = g(x) = |x|, µ ¶0 f (x) (iii) , ako je f (x) = g(x) = |x| + 1. g(x) Rjeˇ senje.Funkcija x 7→ |x| nije diferencijabilna u taˇcki 0, (primjer 3.2). Medjutim, imamo sljede´ce : 0 (i) (f (x) + g(x)) = 0, 0 0 (ii) (f (x)g(x)) = (x2 ) = 2x, 0 µ ¶ f (x) (iii) = 0. g(x) Sljede´ca teorema daje pravilo za izvod sloˇzene funkcije. Teorema 3.3. Neka je funkcija g diferencijabilna u taˇcki x0 i funkcija f diferencijabilna u taˇcki g(x0 ) tada je funkcija f ◦g diferencijabilna u taˇcki x0 i vrijedi 0
0
0
((f ◦ g)(x0 )) = f (g(x0 ))g (x0 ). 2
Primjer 3.5. Na´ci izvod funkcije h(x) = ex . Rjeˇ senje. Vrijedi h(x) = (f ◦ g)(x), gdje je f (x) = ex i g(x) = x2 . Na osnovu prethodne teoreme je 0
0
0
2
h (x) = f (g(x))g (x) = ex 2x. Primjer 3.6. Na´ci izvod funkcije h(x) = xx . Rjeˇ senje. Vrijedi h(x) = (f ◦ g)(x), gdje je f (x) = ex i g(x) = x log x. Sada imamo 0 h (x) = ex log x (log x + 1) = xx (log x + 1). Primjedba 3.3. Na sliˇcan naˇcin kao u prethodnom primjeru se moˇze odrediti i izvod funkcije h(x) = f (x)g(x) . Taj postupak diferenciranja se naziva logaritamskim diferenciranjem.
3.1. PRVI IZVOD
57
Teorema 3.4. Neka je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 i strogo monotona u nekoj okolini taˇcke x0 . Tada je inverzna funkcija f −1 diferencijabilna u taˇcki y0 = f (x0 ) i vrijedi 0 1 (f −1 (y0 )) = 0 . f (x0 ) Primjer 3.7. Neka je y = sin x. Na osnovu prethodne teoreme imamo da je 0
(arcsin y) =
1 1 1 = =p . (sin x)0 cos x 1 − y2
Na sliˇcan naˇcin dobijamo 1
0
(arccos y) = − p
1 − y2
.
Dalje, ako stavimo y = tg x, dobijamo 0
(arctg y) =
1 1 = cos2 x = . (tg x)0 1 + y2
Na sliˇcan naˇcin dobijamo 0
(arcctg y) = −
1 . 1 + y2
Na osnovu primjera 3.1, 3.3 i 3.7, kao i na osnovu pravila diferenciranja imamo tablicu izvoda osnovnih elementarnih funkcija. Funkcija
izvod
xa
axa−1
sin x
cos x 1 cos2 x 1 √ 1 − x2 1 1 + x2 ax log a 1 x log a ch x
tg x arcsin x arctg x x
a
loga x sh x
3.1.3
Funkcija 1 xa cos x ctg x arccos x arcctg x ex log x ch x
izvod a − a+1 x − sin x 1 sin2 x 1 −√ 1 − x2 1 − 1 + x2 ex 1 x sh x
Geometrijska interpretacija prvog izvoda
Neka je data kriva y = f (x) i neka taˇcke M (x0 , f (x0 )) i N (x0 + h, f (x0 + h)) odredjuju sjeˇcicu M N te krive. Koeficijent pravca sjeˇcice M N je dat sa tg α =
f (x0 + h) − f (x0 ) . h
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
58
Ako pustimo da h → 0 tada taˇcka N teˇzi taˇcki M . Dakle, u graniˇcnom sluˇcaju dobijamo tangentu kroz taˇcku M . Znaˇci, koeficijent pravca tangente krive y = f (x) u taˇcki M (x0 , f (x0 )) je 0
f (x0 ) = lim
h→0
f (x0 + h) − f (x0 ) . h
Na osnovu prethodnog imamo da je jednaˇcina tangente krive y = f (x) u taˇcki M (x0 , f (x0 )) data sa 0 y − y0 = f (x0 )(x − x0 ). 0
Ako vrijedi uslov f (x0 ) 6= 0, jednaˇcina y − y0 = −
1 (x − x0 ), f (x0 ) 0
predstavlja jednaˇcinu normale krive y = f (x) u taˇcki M (x0 , f (x0 )). ³ √ ´ Primjer 3.8. Odrediti jednaˇcinu tangente krive y = sin x u taˇcki π4 , 22 . Rjeˇ senje. Kako je √ ³π ´ 0 2 π y = cos = , 4 4 2 dobijamo da je jednaˇcina tangente √ √ ³ 2 2 π´ y− = x− . 2 2 4
3.1.4
Diferencijal
Neka je data diferencijabilna funkcija f . Relaciju 0
f (x0 ) = lim
h→0
f (x0 + h) − f (x0 ) , h
moˇzemo pisati i na sljede´ci naˇcin 0
f (x0 + h) − f (x0 ) = f (x0 )h + λ(h)h,
(3.1)
pri ˇcemu lim λ(h) = 0. h→0
Ako uvedemo oznake ∆f (x0 ) = f (x0 + h) − f (x0 ), ∆x0 = x0 + h − x0 = h, dobijamo
0
∆f (x0 ) = f (x0 )∆x0 + λ(h)h. Sada za male h imamo
0
∆f (x0 ) ≈ f (x0 )∆x0 .
(3.2)
Izraz ∆x0 nazivamo priraˇ staj argumenta x u taˇcki x0 , a izraz ∆f (x0 ) priraˇ staj funkcije f u taˇcki x0 . Dakle, relacija (3.2) znaˇci da je priraˇstaj funkcije f u 0 taˇcki x0 pribliˇzno jednak f (x0 )∆x0 .
3.1. PRVI IZVOD
59
Primjer 3.9. Koriste´ci formulu (3.2) izraˇcunati pribliˇznu vrijednost funkcije r 2−x f (x) = 5 2+x u taˇcki x0 = 0.15. Rjeˇ senje. Vrijedi sljede´ce q −4 5 2−x 2+x
=−
4f (x) , 5(4 − x2 )
∆f (x) ≈ f (x)∆x = −
4f (x)∆x . 5(4 − x2 )
f 0 (x) =
5(4 − 0
x2 )
Ako stavimo x = 0, f (x) = 1 i ∆x = 0.15, dobijamo ∆f (x) ≈ − 4·0.15 5·4 = −0.03. Dakle, f (0.15) = f (0) + ∆f (x) ≈ 1 − 0.03 = 0.97. Taˇcna vrijednost na ˇcetiri decimale je 0.9704. Primjer 3.10. Izraˇcunati pribliˇznu vrijednost sin 290 . Rjeˇ senje. Iz formule (3.2) dobijamo sin 300 − sin 290 ≈ cos 300 ·
π , 180
pa je
√ 1 π 3 − ≈ 0.484. 2 360 Taˇcna vrijednost na ˇcetiri decimale je 0, 4848. sin 290 ≈
Teorema 3.5. Funkcija f je diferencijabilna u taˇcki x0 ako i samo ako postoji konstanta A ∈ R takva da je f (x0 + h) − f (x0 ) = Ah + λ(h),
(3.3)
pri ˇcemu je lim λ(h) = 0. h→0
Ako vaˇzi (3.3), onda je A = f 0 (x0 ). Dokaz. Funkcija f je diferencijabilna u taˇcki x0 ako i samo ako postoji A ∈ R tako da vrijedi f (x0 + h) − f (x0 ) lim = A, h→0 h to jest f (x0 + h) − f (x0 ) − Ah = 0. lim h→0 h Odavde zakljuˇcujemo da je f (x0 + h) − f (x0 ) − Ah = λ(h), gdje je lim λ(h) = 0. h→0
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
60
Definicija 3.3. Neka je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 . Diferencijal funkcije f u taˇcki x0 za datu vrijednost priraˇstaja ∆x je df (x0 ) = f 0 (x0 )∆x. Iz prethodne definicije zakljuˇcujemo da je diferencijal funkcije linearna funkcija piraˇstaja ∆x. Primjer 3.11. Za diferencijal funkcije f (x) = x vrijedi df (x) = f 0 (x)∆x = ∆x. Dakle, dx = ∆x. Na osnovu ovoga imamo sljede´cu oznaku df (x) . dx Lako se pokazuje da diferencijal ima sljede´ce osobine : f 0 (x) =
• aditivnost difrencijala, d(u + v) = du + dv, • homogenost difencijala, d(λu) = λdu, • diferencijal proizvoda, d(uv) = udv + vdu, • diferencijal koliˇcnika, d
³u´ v
=
udv − vdu , v2
• diferencijal inverzne funkcije, 1 dy = dx , dx dy • diferencijal funkcije date parametarski, dy dy dx = , dt dx dt • invarijantnost diferencijala, d(u(v(x))) = (u(v(x)))0 dx = u0 (v)v 0 (x)dx = u0 (v)dv. Primjer 3.12. Jednaˇcina tangente krive date parametarski x = x(t), y = y(t) u taˇcki t = t0 je x0 (t0 ) y − y(t0 ) = 0 (x − x(t0 )). y (t0 ) Primjer 3.13. Na´ci ³ u´ d arctg . v Rjeˇ senje. Koriste´ci osobine diferencijala imamo ³ ³ u ´ vdu − udv u´ 1 d arctg = d = . ¡ ¢2 v v u2 + v 2 1 + uv
3.2. TEOREME O SREDNJOJ VRIJEDNOSTI I PRIMJENE
3.2 3.2.1
61
Teoreme o srednjoj vrijednosti i primjene Teoreme o srednjoj vrijednosti
Definicija 3.4. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 . Ako za svako x iz te okoline vaˇzi f (x) ≥ f (x0 ) (f (x) ≤ f (x0 )) kaˇzemo da funkcija f ima lokalni minimum (maksimum) u taˇcki x0 . Lokalni minimum i lokalni maksimum nazivamo lokalnim ekstremumima. Funkcija moˇze imati viˇse lokalnih maksimuma odnosno lokalnih minimuma. Primjer 3.14. Funkcija −x2 − 3x + 2, x2 − 1, f (x) = 2 −x + 4x − 3,
x ≤ −1, 1 < x < 1, x ≥ 1,
ima dva lokalna maksimuma, u taˇckama x1 = − 32 i x2 = 2. Sljede´ca teorema, poznata kao Fermatova teorema, daje potreban uslov kada diferencijabilna funkcija ima lokalni ekstremum. Teorema 3.6. Ako funkcija f ima lokalni ekstremum u taˇcki x0 i ako u x0 ima izvod tada je f 0 (x0 ) = 0. Dokaz. Pretpostavimo da funkcija f u taˇcki x0 ima lokalni maksimum. Tada je u nekoj okolini taˇcke x0 f (x0 ) ≥ f (x), pa je za x < x0
Odavde zakljuˇcujemo da je
f (x) − f (x0 ) ≥ 0. x − x0 0
f− (x0 ) ≥ 0. Kako funkcija f u taˇcki x0 ima izvod, zakljuˇcujemo da je f 0 (x0 ) ≥ 0. Ako sada uzmemo x > x0 dobijamo f (x) − f (x0 ) ≤ 0, x − x0 pa zakljuˇcujemo da je
0
f+ (x0 ) ≤ 0, a odavde opet zbog toga ˇsto funkcija f ima izvod u taˇcki x0 imamo f 0 (x0 ) ≤ 0. Dakle, f 0 (x0 ) = 0. Definicija 3.5. Taˇcke u kojima je prvi izvod funkcije f jednak nuli se zovu stacionarne taˇcke funkcije f .
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
62
Prema Fermatovoj teoremi imamo da ako funkcija f definisana na [a, b] dostiˇze ekstremum on se nalazi u stacionarnim taˇckama. Medjutim, taˇcke a i b mogu biti taˇcke ektremuma, mada ne moraju biti stacionarne taˇcke. Primjer 3.15. Funkcija f (x) = x2 −x, na segmentu [0, 2] ima jednu stacionarnu taˇcku x = 12 , u njoj funkcija f dostiˇze lokalni minimum f ( 12 ) = − 21 . Kako je f (0) = 0 i f (2) = 2 zakljuˇcujemo da funkcija f u taˇcki x = 2 dostiˇze lokalni maksimum. Uslov da je prvi izvod funkcije u taˇcki jednak nuli je samo potreban ali ne i dovoljan uslov da taˇcka bude taˇcka lokalnog ekstremuma. Primjer 3.16. Funkcija f (x) = x3 ima na [−1, 1] stacionarnu taˇcku x = 0, ali nema u toj taˇcki lokalni ekstremum, jer je funkcija f monotono rastu´ca. Lokalni minimum ove funkcije je u taˇcki x = −1, a lokalni maksimum je u taˇcki x = 1. Teorema 3.7. Rolleova teorema. Neka je funkcija f definisana na [a, b]. Ako vaˇzi : (i) f je neprekidna na [a, b], (ii) f ima izvod na (a, b), (iii) f (a) = f (b), tada postoji taˇcka c ∈ (a, b) takva da je f 0 (c) = 0. Dokaz. Funkcija f je neprekidna na intervalu [a, b], pa dostiˇze minimum i maksimum na [a, b]. Ako se minimum i maksimum dostiˇzu u taˇckama a i b, tada iz f (a) = f (b) slijedi da je funkcija f konstanta na [a, b], pa je f 0 (x) = 0 za svako x ∈ (a, b). U suprotnom sluˇcaju bar jedan ekstremum je u nekoj taˇcki c ∈ (a, b). Sada na osnovu Fermatove teoreme zakljuˇcujemo da je f 0 (c) = 0. Primjer 3.17. Pokazati da jednaˇcina x5 + 3x3 + 10x − 30 = 0, ima taˇcno jedan realan korijen. Rjeˇ senje. Neka je f (x) = x5 + 3x3 + 10x − 30. Kako je f nepekidna funkcija i f (0)f (2) < 0, na osnovu teoreme 2.19 zakljuˇcujemo da data jednaˇcina ima bar jedan realan korijen i to u intervalu (0, 2). Pokaˇzimo da je on jednistven. Ako bi postojali realni brojevi c1 i c2 takvi da je f (c1 ) = f (c2 ) = 0, tada na osnovu Rolleove teoreme zakljuˇcujemo da postoji c ∈ R takav da je f 0 (c) = 0. Medjutim, ovo je nemogu´ce, jer je f 0 (x) = 5x4 + 6x2 + 10 > 0. Primjer 3.18. Iz Rolleove teoreme slijedi da izvod P 0 polinoma P ima taˇcno jednu nulu izmedju dvije uzastopne nule polinoma P. Naime, ako su x1 i x2 dvije uzastopne nule polinoma P tada je P (x1 ) = P (x2 ) = 0,
3.2. TEOREME O SREDNJOJ VRIJEDNOSTI I PRIMJENE
63
pa su ispunjeni uslovi Rolleove teoreme. Dakle, polinom P 0 ima bar jednu nulu 0 0 izmedju x1 i x2 . Neka su sada x1 i x2 dvije uzastopne nule polinoma P 0 . Ako 0 0 bi izmedju nula x1 i x2 postojale dvije nule polinoma P onda bi izmedju te dvije 0 0 nule postojala i jedna nula polinoma P 0 , pa x1 i x2 ne bi bile dvije uzastopne nule polinoma P 0 . Teorema 3.8. Cauchyjeva teorema. Neka su funkcije f i g definisane na [a, b]. Ako vaˇzi : (i) f i g su neprekidne na [a, b], (ii) f i g imaju izvode na (a, b), (iii) g 0 (x) 6= 0 za svako x ∈ (a, b), tada postoji taˇcka c ∈ (a, b) takva da je f 0 (c) f (b) − f (a) = 0 . g(b) − g(a) g (c) Dokaz. Zbog uslova g 0 (x) 6= 0 za svako x ∈ (a, b), na osnovu Rolleove teoreme zakljuˇcujemo da je g(a) 6= g(b). Definiˇsimo funkciju h na sljede´ci naˇcin h(x) = f (x) −
f (b) − f (a) g(x). g(b) − g(a)
Funkcija h ispunjava uslove Rolleove teoreme, pa postoji taˇcka c ∈ (a, b), takva da je h0 (c) = 0, to jest f 0 (c) − Dakle,
f (b) − f (a) 0 g (c) = 0, g(b) − g(a)
f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 . g(b) − g(a) g (c)
Teorema 3.9. Lagrangeova teorema. Neka je funkcija f definisana na [a, b]. Ako vaˇzi : (i) f je neprekidna na [a, b], (ii) f ima izvod na (a, b), tada postoji taˇcka c ∈ (a, b) takva da je f (b) − f (a) = f 0 (c). b−a Dokaz. Dokaz slijedi iz Cauchyjeve teoreme, ako stavimo g(x) = x.
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
64
Primjer 3.19. Za funkciju f (x) = xex , x ∈ [0, 2], na´ci δ > 0, takvo da vrijedi |x2 − x1 | < δ ⇒ |f (x2 ) − f (x1 )| < 0.001. Rjeˇ senje. Iz Lagrangeove teoreme imamo |f (x2 ) − f (x1 )| = |f 0 (c)| · |x2 − x1 |, gdje je c izmedju x1 i x2 . Kako je f 0 (x) = ex (1 + x), za x ∈ [0, 2] dobijamo |f 0 (x)| ≤ 3e2 . Sada imamo
|f (x2 ) − f (x1 )| = 3e2 · |x2 − x1 |,
pa dovoljno uzeti δ=
0.001 . 3e2
Primjer 3.20. Pokazati da je √ x n 1+x≤1+ , n
za sve x > 0.
Rjeˇ senje. Neka je x > 0. Na osnovu Lagrangeove teoreme imamo √ √ x n n 1+x− 1= p , n n (1 + c)n−1 gdje je c ∈ (0, x). Kako je 1
p n
(1 + c)n−1
dobijamo
√ n
≤ 1,
za c ∈ (0, x),
x+1≤1+
x . n
Primjer 3.21. Neka je funkcija f diferencijabilna na intervalu I. Ako je sup |f 0 (x)| = M < +∞ x∈I
tada je funkcija f uniformno neprekidna na intervalu I. Rjeˇ senje. Funkcija f ispunjava uslove Lagrangeove teoreme, pa za dvije proizvoljne taˇcke x, y ∈ I vrijedi |f (x) − f (y)| = |f 0 (c)||x − y|, gdje je taˇcka c izmedju taˇcaka x i y. Kako je sup |f 0 (x)| = M < +∞, x∈I
3.2. TEOREME O SREDNJOJ VRIJEDNOSTI I PRIMJENE
65
imamo |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|.
(3.4)
Pretpostavimo sada da su {xn } i {yn } nizovi taˇcaka iz intervala I, takvi da je lim |xn − yn | = 0.
n→+∞
Tada je zbog (3.4), lim |f (xn ) − f (yn )| = 0.
n→+∞
Dakle, f je uniformno neprekidna funkcija.
3.2.2
Monotonost funkcije
Ovde, koriste´ci Lagrangeovu teoremu dajemo postupak kojim se odredjuje monotonost diferencijabilne funkcije. Teorema 3.10. Neka je funkcija f definisana i neprekidna na intervalu [a, b] i diferencijabilna na intervalu (a, b). Ako je f 0 (x) > 0 (f 0 (x) < 0) za svako x ∈ (a, b) onda je funkcija f monotono rastu´ca (opadaju´ca) na (a, b). Dokaz. Neka je x1 < x2 , tada zbog Lagrangeove teoreme imamo f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c)(x2 − x1 ), gdje je c ∈ (x1 , x2 ). Ako je f 0 (x) > 0 dobijamo f (x2 ) − f (x1 ) > 0, pa je funkcija f monotono rastu´ca, a ako je f 0 (x) < 0 onda je f (x2 ) − f (x1 ) < 0, i funkcija f je monotono opadaju´ca. Posljedica 3.1. Neka je funkcija f definisana i neprekidna na intervalu [a, b], diferencijabilna na intervalu (a, b) i f 0 (c) = 0 za c ∈ (a, b). Ako je f 0 (x) > 0 za x ∈ (a, c), a f 0 (x) < 0 za x ∈ (c, a) (f 0 (x) < 0 za x ∈ (a, c), a f 0 (x) > 0 za x ∈ (c, a)) onda funkcija f u taˇcki c ima lokalni maksimum (minimum). Primjer 3.22. Odrediti monotonost i ekstremume funkcije f (x) = x − ln(1 + x), x > −1. Rjeˇ senje. Za prvi izvod funkcije f imamo f 0 (x) = 1 − Kako je
1 x = . 1+x 1+x
x > 0 za x > 0, 1+x
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
66
x < 0 za − 1 < x < 0, 1+x zakljuˇcujemo da je funkcija f monotono rastu´ca za x > 0 i monotono opadaju´ca za −1 < x < 0. Osim toga f 0 (0) = 0, pa funkcija u taˇcki x = 0 ima minimum i to na cijelom skupu (−1, +∞). Taj minimum je f (0) = 0. Dakle, vrijedi f (x) ≥ f (0),
za sve x > −1,
to jest x ≥ ln(1 + x),
3.2.3
za sve x > −1.
L’Hospitalovo pravilo
Kao primjenu Cauchyjeve teoreme dajemo pravilo koje se ˇcesto koristi za f (x) f (x) i lim . odredjivanje graniˇcnih vrijednosti lim x→∞ g(x) x→a g(x) Teorema 3.11. (L’Hospitalovo pravilo)Neka su funkcije f i g definisane i diferencijabilne u nekoj okolini taˇcke a osim, eventualno u taˇcki a. Ako vrijedi : (i) lim f (x) = lim g(x) = 0, x→a
x→a
(ii) g 0 (x) 6= 0 u nekoj okolini taˇcke a, (iii) postoji tada postoji
f 0 (x) , x→a g 0 (x) lim
lim
x→a
f (x) i vrijedi g(x) f 0 (x) f (x) = lim 0 . x→a g (x) x→a g(x) lim
Dokaz. Funkcije f i g ne moraju biti definisane u taˇcki x = a. Ako definiˇsemo funkcije f ∗ i g ∗ sa f ∗ (x) = f (x), g ∗ (x) = g(x),
za x 6= a, f ∗ (a) = g ∗ (a) = 0,
vidimo da one ispunjavaju uslove Cauchyjeve teoreme, pa postoji taˇcka c izmedju x i a, takva da je 0 f ∗ (x) − f ∗ (a) f ∗ (c) = ∗0 . g ∗ (x) − g ∗ (a) g (c) Iz definicije funkcija f ∗ i g ∗ zakljuˇcujemo da je 0
f (c) f (x) = 0 . g(x) g (c)
3.2. TEOREME O SREDNJOJ VRIJEDNOSTI I PRIMJENE Ako x → a, tada c → a, pa kako postoji
67
f 0 (x) , zakljuˇcujemo da je x→a g 0 (x) lim
f (x) f 0 (x) = lim 0 . x→a g(x) x→a g (x) lim
Primjedba 3.4. (i) Prethodna teorema vrijedi i u sluˇcaju da je a = ∞. (ii) Neodredjeni tipovi 1∞ , ∞0 , 00 , 0 · ∞, ∞ − ∞ se mogu pogodnim transfor∞ 0 macijama svesti na oblik ili , pa se L’Hospitalovo pravilo moˇze primjeniti 0 ∞ i na ove sluˇcajeve. Primjer 3.23. Izraˇcunati : (i) lim
x→0
(ii)
1 − cos x , tg x
lim x2 e−x ,
x→+∞
µ (iii) lim
x→0
1 1 − x ex − 1
¶ .
0 Rjeˇ senje. (i) Ovo je neodredjeni izraz oblika . Koriste´ci L’Hospitalovo pravilo 0 dobijamo 1 − cos x (1 − cos x)0 sin x 0 = lim = lim 1 = = 0, x→0 x→0 x→0 tg x (tg x)0 1 2 cos x lim
(ii) Ovde se radi o neodredjenom izrazu oblika ∞ · 0. Transformisa´cemo ovaj ∞ izraz na neodredjeni izraz oblika , a zatim primjeniti L’Hospitalovo pravilo. ∞ x2 2x 2 = lim x = lim x = 0. x→+∞ ex x→+∞ e x→+∞ e
lim x2 e−x = lim
x→+∞
(iii) U ovom sluˇcaju se radi o neodredjenom izrazu oblika ∞ − ∞. Sveˇs´cemo ga 0 na neodredjeni izraz oblika . 0 µ ¶ 1 1 ex − 1 − x ex − 1 lim − x = lim = lim x→0 x x→0 x(ex − 1) x→0 ex − 1 + xex e −1 1 ex = . x→0 ex + ex + xex 2
= lim
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
68
3.3 3.3.1
Izvodi viˇ seg reda Izvod reda n
U ovoj sekciji uvodimo pojam izvoda viˇseg reda. Izvodi viˇseg reda se definiˇsu induktivno. Definicija 3.6. Izvod reda nula, f 0 je po definiciji jednak funkciji f . Izvod f 0 nazivamo prvim izvodom funkcije f . Ako je definisan izvod reda n − 1, f (n−1) tada se izvod reda n, f (n) definiˇse kao prvi izvod funkcije f (n−1) . Za funkciju koja u taˇcki ima izvod reda n kaˇzemo da je n puta diferencijabilna. Primjer 3.24. Koriste´ci matematiˇcku indukciju lako se pokazuju sljede´ce formule : 1.
(xa )(n) = a(a − 1) · · · (a − n + 1)xa−n , n ∈ N,
2.
(ax )(n) = ax (ln a)n , n ∈ N, gdje je a > 0, a 6= 1,
3.
(ln x)(n) = (−1)n−1
4. 5.
(n − 1)! , n ∈ N, xn ³ nπ ´ , n ∈ N, (sin x)(n) = sin x + 2 ³ nπ ´ (cos x)(n) = cos x + , n ∈ N. 2
Pokaˇzimo na primjer 2. Vrijedi (ex )0 = ex , pa je (ex )(n) = ex , n ∈ N. Kako je ax = ex ln a , imamo (ax )(n) = (ex ln a )(n) = ex ln a (ln a)n = ax (ln a)n , n ∈ N. Iz osobina izvoda lako se dobija da je (f (x) + g(x))(n) = f (n) (x) + g (n) (x) i (λf (x))(n) = λf (n) (x), λ ∈ R. U sluˇcaju izvoda reda n, proizvoda dvije funkcije, ne vrijedi analogna osobina kao kod izvoda prvog reda. Naime, vrijedi sljede´ca teorema, poznata kao Leibnitzova formula. Teorema 3.12. Neka funkcije u i v imaju izvode reda n, onda funkcija uv ima izvod reda n i vrijedi (uv)(n) =
¶ n µ X n u(k) v (n−k) . k
k=0
ˇ 3.3. IZVODI VISEG REDA
69
Dokaz prethodne teoreme se izvodi koriste´ci matematiˇcku indukciju i sliˇcan je dokazu binomne formule. Primjer 3.25. Na´ci izvod reda n funkcije f (x) = sin 4x cos 2x. Rjeˇ senje. Iz formule sin α cos β =
1 [sin(α + β) + sin(α − β)] , 2
imamo
1 [sin 6x + sin 2x] . 2
f (x) = Kako je
³ nπ ´ (sin ax)(n) = an sin ax + , 2
zakljuˇcujemo f (n) (x) =
³ ³ nπ ´ 6n nπ ´ sin 6x + + 2n−1 sin 2x + . 2 2 2
Primjer 3.26. Na´ci izvod reda n funkcije f (x) = Rjeˇ senje. Vrijedi
2x + 3 . x2 − 5x + 6
2x + 3 2x + 2 = . x2 − 5x + 6 (x − 2)(x − 3)
Odredimo realne brojeve a i b takve da je 2x + 3 a b = + . x2 − 5x + 6 x−2 x−3 Dobijamo da za a i b vrijedi 2x + 3 = a(x − 3) + b(x − 2). Odavde imamo a+b=2 −3a − 2b = 3. Rjeˇsavaju´ci ovaj sistem jednaˇcina dobijamo a = −7, b = 9. Kako je
µ
1 x+c
¶(n) =
(−1)n n! , (x + c)n+1
zakljuˇcujemo µ
2x + 3 2 x − 5x + 6
¶(n) =
7(−1)n+1 n! 9(−1)n n! + . n+1 (x − 2) (x − 3)n+1
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
70
3.3.2
Drugi izvod i konveksnost
Definicija 3.7. Za funkciju f kaˇzemo da je konveksna (konkavna) na skupu D ako za svako λ ∈ [0, 1] i za sve x, y ∈ D vaˇzi f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) (f (λx + (1 − λ)y) ≥ λf (x) + (1 − λ)f (y)). Primjer 3.27. Funkcija f (x) = x2 je konveksna na skupu R. Rjˇ senje. Neka je λ ∈ [0, 1] i x, y ∈ R. Iz λ(1 − λ)(x − y)2 ≥ 0, dobijamo
λ(1 − λ)(x2 − 2xy + y 2 ) ≥ 0,
a odavde slijedi λx2 + (1 − λ)y 2 ≥ λ2 x2 + 2λ(1 − λ)xy + (1 − λ)2 y 2 , to jest f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y). U prethodnom primjeru smo ustanovili koveksnost funkcije na osnovu definicije. To nije uvijek jednostavno. Na primjer, funkcija f (x) = (x + 1)10 + ex , je konveksna na skupu R. Da bi to pokazali na osnovu definicije treba pokazati da za sve λ ∈ [0, 1] i sve x, y ∈ R vrijedi (λx + (1 − λ)y + 1)10 + eλx+(1−λ)y ≤ λ((x + 1)10 + ex ) + (1 − λ)((y + 1)10 + ey ). Sljede´ca teorema daje jednostavno pravilo za ispitivanje konveksnosti funkcije na osnovu izvoda funkcije. Teorema 3.13. Neka je f diferencijabilna funkcija na intervalu (a, b). Tada je f konveksna na (a, b) ako i samo ako je f 0 neopadaju´ca funkcija. Dokaz. Pretpostavimo da je funkcija f konveksna. Neka su x1 i x2 proizvoljne taˇcke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x2 . Za taˇcku x izmedju taˇcaka x1 i x2 vrijedi x = λx1 + (1 − λ)x2 , gdje je λ=
x2 − x . x2 − x1
Iz definicije konveksne funkcije dobijamo f (x) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ),
ˇ 3.3. IZVODI VISEG REDA
71
to jest λf (x) + (1 − λ)f (x) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ), a odavde je λ(f (x) − f (x1 )) ≤ (1 − λ)(f (x2 ) − f (x)). Kako je λ=
x2 − x , x2 − x1
imamo f (x2 ) − f (x) f (x) − f (x1 ) ≤ . x − x1 x2 − x
(3.5)
Dakle, funkcija f je konveksna ako i samo ako za sve x1 , x, x2 ∈ (a, b) takve da je x1 < x < x2 vrijedi (3.5). Ako u (3.5) pustimo da x → x1 , odnosno x → x2 dobijamo f (x2 ) − f (x) f (x2 ) − f (x) f 0 (x1 ) ≤ , ≤ f 0 (x2 ). x2 − x x2 − x Dakle, f 0 (x1 ) ≤ f 0 (x2 ), pa je funkcija f 0 neopadaju´ca. Neka je sada f diferencijabilna funkcija i neka je f 0 neopadaju´ca funkcija. Neka su date taˇcke x1 , x, x2 ∈ (a, b) takve da je x1 < x < x2 . Na osnovu Lagrangeove teoreme imamo f (x) − f (x1 ) = f 0 (c1 ), c1 ∈ (x1 , x) x − x1 f (x2 ) − f (x) = f 0 (c2 ), c2 ∈ (x, x2 ). x2 − x Kako je f 0 neopadaju´ca funkcija dobijamo da vrijedi (3.5). Dakle, funkcija f je konveksna. Kako je funkcija f 0 monotono neopadaju´ca (nerastu´ca) ako i samo ako je f ≥ 0 (f 00 ≤ 0) iz prethodne teoreme dobijamo sljede´ce pravilo za ispitivanje konveksnosti. 00
Teorema 3.14. Neka je funkcija f dva puta diferencijabilna na intervalu (a, b). Funkcija f je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako je f 00 (x) ≥ 0 (f 00 (x) ≤ 0) za sve x ∈ (a, b). Primjedba 3.5. Ako je funkcija f konveksna na intervalu (a, b), tada koriste´ci matematiˇcku indukciju dobijamo f (λ1 x1 + · · · λn xn ) ≤ λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ),
(3.6)
gdje su x1 , . . . , xn ∈ (a, b), a λ1 , . . . , λn nenegativni realni brojevi ˇciji je zbir jednak 1.
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
72 Primjer 3.28. Funkcija f (x) = f 00 (x) =
1 , je konveksna na skupu (0, +∞), jer je x 2 > 0, x3
za sve x > 0,
pa iz nejednakosti (3.6) ako uzmemo λi =
x1 n
1 + ··· +
xn n
≤
1 , i = 1, . . . , n, dobijamo n
1 x1 n
+ ··· +
1 x1 n
,
to jest nejednakost izmedje harmonijske i aritmetiˇcke sredine 1 x1
n + ··· +
1 x1
≤
x1 + · · · + xn . n
Definicija 3.8. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 . Ako je funkcija f konveksna (konkavna) za x < x0 , a konkavna (konveksna) za x > x0 kaˇzemo da je taˇcka (x0 , f (x0 )) prevojna taˇ cka funkcije f . Primjer 3.29. Prevojna taˇcka funkcije f (x) = x3 , x ∈ R, je taˇcka x0 = 0, jer je f 00 (x) = 6x i f 00 (x) > 0 za x > 0, a f 00 (x) < 0 za x < 0. Uslov f 00 (x0 ) = 0 je samo potreban uslov ali ne i dovoljan da bi taˇcka (x0 , f (x0 )) bila prevojna taˇcka funkcije f . Primjer 3.30. Funkcija f (x) = x4 , x ∈ R, nema prevojnu taˇcku iako je f 00 (0) = 0. Naime, ovde je f 00 (x) ≥ 0 za sve x ∈ R.
3.3.3
Taylorova formula
Vidjeli smo, na osnovu Lagrangeove teoreme, da ako je funkcija f neprekidna na [a, b], diferencijabilna na (a, b) i x ∈ (a, b) da tada postoji taˇcka c ∈ (a, x) takva da je f (x) = f (a) + f 0 (c)(x − a). Ova formula se moˇze uopˇstiti. Njeno uopˇstenje je poznato kao Taylorova formula. Naime, vrijedi sljede´ca teorema. Teorema 3.15. Neka funkcija f ima konaˇcne izvode do reda n + 1 u nekoj okolini taˇcke a. Tada u okolini taˇcke a vrijedi f (x) = f (a) +
f 0 (a) f 00 (a) (x − a) + (x − a)2 + · · · + 1! 2!
f (n) (a) f (n+1) (a + θ(x − a)) (x − a)n + (x − a)n+1 , θ ∈ (0, 1). n! (n + 1)!
(3.7)
ˇ 3.3. IZVODI VISEG REDA
73
Polinom Tn (x) = f (a) +
f 0 (a) f 00 (a) f (n) (a) (x − a) + (x − a)2 + · · · + (x − a)n , 1! 2! n!
se naziva Taylorovim polinomom stepena n funkcije f u okolini taˇcke a. Izraz Rn (x) = f (x) − Tn (x), se naziva ostatak u Taylorovoj formuli. Formula (3.7) se naziva Taylorova formula sa ostatkom u Lagrangeovom obliku. Taylorova formula se moˇze napisati i u Cauchyjevom obliku ostatka. On ima sljede´ci oblik Rn (x) =
f (n+1) (a + θ(x − a)) (1 − θ)n (x − a)n+1 , θ ∈ (0, 1). n!
Napomenimo da je θ veliˇcina koja zavisi od x. Pored ova dva oblika ˇcesto se koristi i oblik Taylorove formule u Peanovom obliku ostatka. Prije toga uvedimo jednu oznaku. Kaˇzemo da je f beskonaˇ cno mala viˇ seg reda u odnosu na g kad x → a, ako je f (x) = ω(x)g(x) (x 6= a) i lim ω(x) = 0. x→a
To oznaˇcavamo sa f (x) = o(g(x)) kad x → a. Taylorova formula u Peanovom obliku ostatka je f (x) = Tn (x) + o((x − a)n ) (x → a). Ako je u Taylorovoj formuli a = 0 kaˇzemo da se radi o Mauclarinovoj formuli. Iz primjera (3.24) dobijamo sljede´ce formule : x2 x3 xn + + ··· + + o(xn ) (x → 0), 2! 3! n!
1.
ex = 1 + x +
2.
sin x = x −
x3 x2n−1 + · · · + (−1)n−1 + o(x2n ) (x → 0), 3! (2n − 1)!
3.
cos x = 1 −
x2 x4 x2n + + · · · + (−1)n + o(x2n+1 ) (x → 0), 2! 4! (2n)!
4.
ln(1 + x) = x −
5.
x3 xn x2 + − · · · + (−1)n−1 + o(xn ) (x → 0). 2 3 n ¶ n µ X a (1 + x)a = xk + o(xn ) (x → 0), gdje je k k=0
µ
a 0
¶
µ = 1,
a k
¶ =
a(a − 1) · · · (a − k + 1) , a ∈ R, k ∈ N. k!
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
74 Primjer 3.31. Izraˇcunati
cos x − e− lim x→0 x4
x2 2
.
Rjeˇ senje. Koriste´ci razvoje 1. i 3. dobijamo cos x − e− lim x→0 x4
x2 2
µ ¶¶ µ x4 x2 x4 x2 + + 0(x5 ) − 1 − + + o(x5 ) 1− 2 24 2 8 ¶ µ o(x5 ) 1 1 =− . = lim − + x→0 12 x4 12
1 x→0 x4
= lim
Na kraju, navedimo joˇs jedan rezultat koji je neposredna posljedica Taylorove formule, a koji sluˇzi za ispitivanje ekstremuma funkcija. Teorema 3.16. Neka je a stacionarna taˇcka n puta diferencijabilne funkcije f i f 0 (a) = f 00 (a) = · · · = f (n−1) (a) = 0, f (n) (a) 6= 0. Ako je n neparan broj, tada u taˇcki a funkcija f nema lokalni ekstremum. Ako je n paran broj, tada je a taˇcka lokalnog maksimuma ako je f (n) (a) < 0 i taˇcka lokalnog minimuma ako je f (n) (a) > 0.
3.3.4
Ispitivanje funkcija
Diferencijalni raˇcun moˇze da se primjeni na ispitivanje funkcija. Prije nego damo neke primjere, uvodimo pojam asimptota. Definicija 3.9. Za pravu x = a kaˇzemo da je vertikalna asimptota funkcije y = f (x) ako vrijedi lim f (x) = ±∞ ili
x→a−
lim f (x) = ±∞.
x→a+
Definicija 3.10. Za pravu y = b kaˇzemo da je desna (lijeva) horizontalna asimptota funkcije y = f (x) ako vrijedi µ ¶ lim f (x) = b ∈ R lim f (x) = b ∈ R . x→+∞
x→−∞
Definicija 3.11. Ako za neko k 6= 0 i n ∈ R vrijedi µ ¶ lim (f (x) − kx − n) = 0 lim (f (x) − kx − n) = 0) , x→+∞
x→−∞
za pravu y = kx + n kaˇzemo da je desna (lijeva) kosa asimptota funkcije y = f (x). Ovde dajemo postupak koji koristimo za ispitivanje funkcija i crtanje njihovih grafika. Taj postupak se sastoji u nekoliko koraka :
ˇ 3.3. IZVODI VISEG REDA
75
1. Odredjuje se domen funkcije, parnost i periodiˇcnost. 2. Odredjuju se nule i znak funkcije. 3. Ispituje se ponaˇsanje funkcije na krajevima domena i odredjuju asimptote. 4. Nalazi se prvi izvod, odredjuju, stacionarne taˇcke, intervali monotonosti i lokalni ekstremumi. 5. Nalazi se drugi izvod, odredjuju prevojne taˇcke i intervali konveksnosti. 6. Na osnovu prethodnih ispitivanja crtamo grafik funkcije. Primjer 3.32. Nacrtati grafik funkcije y=
x2 . 4 − x2
Rjeˇ senje. 1. Funkcija je definisana za sve x ∈ (−∞, −2) ∪ (−2, 2) ∪ (2, +∞). Kako vrijedi f (−x) = f (x) funkcija je parna. Dakle, njen grafik je simetriˇcan u odnosu na y osu. Funkcija nije periodiˇcna. 2. Nule funkcije se odredjuju iz jednaˇcine x2 = 0. 4 − x2 Dakle, taˇcka x = 0 je nula funkcije. Funkcija je pozitivna za sve x za koje je x2 > 0. 4 − x2 Dobijamo da je funkcija pozitivna za x ∈ (−2, 2). Na sliˇcan naˇcin se dobija da je funkcija negativna za x ∈ (−∞, −2) ∪ (2, +∞). 3. Vrijedi
x2 = −1, x→+∞ 4 − x2 lim
x2 = −1, x→−∞ 4 − x2 lim
pa je prava y = −1 horizontalna asimptota. Osim toga je x2 = +∞, lim x→2− 4 − x2
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
76
x2 = −∞, x→2+ 4 − x2 lim
pa je prava x = 2 vertikalna asimptota. y = 0, zakluˇcujemo da funkcija nema kosu asimptotu. Kako je lim x→∞ x 4. Za prvi izvod imamo y0 =
(4 − x2 )2x + 2x · x2 8x = . (4 − x2 )2 (4 − x2 )2
Dakle, taˇcka x = 0 je stacionarna taˇcka. Kako je y 0 > 0 za x ∈ (0, 2) ∪ (2, +∞), a y 0 < 0 za x ∈ (−∞, −2) ∪ (−2, 0) zakljuˇcujemo da je funkcija monotono rastu´ca na (0, 2)∪(2, +∞), a monotono opadaju´ca na (−∞, −2)∪ (−2, 0). Na osnovu prethodnog imamo da je stacionarna taˇcka taˇcka lokalnog minimuma i vrijedi y(0) = 0. 5. Odredimo prevojne taˇcke i konveksnost. y 00 =
8(4 − x2 ) + 16x(4 − x2 )2x 24x4 + 32 = , (4 − x2 )4 (4 − x2 )4
pa je y 00 > 0 za x ∈ (−2, 2), y 00 < 0 za x ∈ (−∞, −2) ∪ (2, +∞). Znaˇci funkcija je na (−2, 2) konveksna, a na (−∞, −2) i na (2, +∞) konkavna. Funkcija nema prevojnih taˇcaka. 6. Grafik y
x
x=-2
x=2
Slika 3.1: Grafik funkcije f (x) =
x2 4−x2
ˇ 3.3. IZVODI VISEG REDA
77
Primjer 3.33. Nacrtati grafik funkcije y = x2 ln x. Rjeˇ senje. 1. Funkcija je definisana za sve x ∈ (0, +∞). Funkcija nije ni parna ni neparna, jer domen nije simetriˇcan. Funkcija nije periodiˇcna. 2. Nule funkcije se odredjuju iz jednaˇcine x2 ln x = 0. Dakle, taˇcka x = 1 je nula funkcije. Funkcija je pozitivna za sve x za koje je x2 ln x > 0. Dobijamo da je funkcija pozitivna za x ∈ (1, +∞). Funkcija je negativna za x ∈ (0, 1). 3. Vrijedi
lim x2 ln x = +∞,
x→+∞
lim x ln x = +∞,
x→+∞
pa funkcija nema ni horizontalnih ni kosih asimptota. Dalje, lim x2 ln x = lim
x→0+
ln x
x→0+ 12 x
1 x x→0+ − 23 x
= lim
= lim − x→0+
x2 = 0, 2
pa je prava y = 0 vertikalna asimptota. 4. Za prvi izvod imamo
y 0 = 2x ln x + x. 1
Dobijamo da je taˇcka x = e− 2 stacionarna taˇcka. Kako je y 0 > 0 za x ∈ 1 1 (e− 2 , +∞), a y 0 < 0 za x ∈ (0, e− 2 ) zakljuˇcujemo da je funkcija monotono 1 1 rastu´ca na (e− 2 , +∞), a monotono opadaju´ca na (0, e− 2 ). Na osnovu prethodnog imamo da je stacionarna taˇcka taˇcka lokalnog minimuma i 1 1 vrijedi y(e− 2 ) = − 2e . 5. Odredimo prevojne taˇcke i konveksnost. y 00 = 2 ln x + 3, pa je
3
y 00 > 0 za x ∈ (e− 2 , +∞), 3
y 00 < 0 za x ∈ (0, e− 2 ). 3
3
Znaˇci funkcija je na (e− 2 , +∞) konveksna, a na (0, e− 2 ) konkavna. Taˇcka 3 P (e− 2 , − 32 e−3 ) je prevojna taˇcaka.
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
78 6. Na slici je nacrtan grafik y
x
e-1/2 1
1 2e
Slika 3.2: Grafik funkcije f (x) = x2 ln x
3.4
Zadaci
1. Koriste´ci definiciju izvoda odediti izvod funkcije f (x) =
√
x.
2. Koriste´ci osobine prvog izvoda na´ci izvod funkcije √ √ 3 x+57x+1 √ √ f (x) = . 24x+ x 3. Na´ci izvode sljede´cih funkcija (i) f (x) = x3 cos x ln x, (ii) f (x) = ctg x + 4. Na´ci izvod kompozicije f ◦ g funkcija √ f (x) = x2 + 3 x − 1
i
g(x) = x4 + 1.
5. Koriste´ci logaritamski izvod, na´ci izvod funkcije s (x2 + 6)7 (6x − 1)11 . f (x) = 5 (4x2 + 3)6 esin x 6. Na´ci izvod funkcije
y = (sin x)cos x .
7. Pokazati da je funkcija ½ f (x) = diferencijabilna u taˇcki x = 0.
ax + 1 . x2 + 1
x4 , x ≥ 0, x3 , x < 0,
3.4. ZADACI
79
8. Pokazati da funkcija ½ f (x) =
2 sin x, x ≥ 0, x, x < 0,
nema izvod u taˇcki x = 0. 9. Pokazati da funkcija f (x) =
√ 5
x2 nema izvod u taˇcki x = 0.
10. Odrediti koeficijente a i b da funkcija ½ x2 , f (x) = ax + b,
x ≤ 2, x > 2,
bude diferencijabilna u taˇcki x = 2. 11. Koriste´ci Lagrangeovu teoremu dokazati nejednakosti (i)
| sin x2 − sin x1 | ≤ |x2 − x1 |, gdje su x1 , x2 ∈ R,
(ii)
| arctg x2 − arctg x1 | ≤ |x2 − x1 |, gdje su x1 , x2 ∈ R,
(iii)
| ln x2 − ln x1 | ≤ |x2 − x1 |, gdje su x1 , x2 ∈ [1, +∞).
12. Dokazati jednakost arcsin x + arccos y =
π , x ∈ [−1, 1]. 2
13. Pokazati da je funkcija f (x) = arctg x − x, opadaju´ca na skupu R. 14. Odrediti vrijednosti realnog broja a da funkcija P (x) = x2 − ax opada na segmentu [−1, 1]. 15. Izraˇcunati graniˇcne vrijednosti : bx − ba , b > 0, x→a x − a ln(x2 − 8) (ii) lim 2 , x→3 x + 3x − 18 (iii) lim xx . (i) lim
x→0+
16. Izraˇcunati graniˇcne vrijednosti : ex − e−x − 2x , x→0 x − sin x µ ¶ x π (ii) limπ − , x→ 2 ctg x 2 cos x µ ¶tg x 1 (iii) lim . x→+0 x (i) lim
ˇ GLAVA 3. DIFERENCIJALNI RACUN
80 17. Na´ci y (4) ako je y = x5 + cos x.
18. Dokazati da funkcija y = ex cos x zadovoljava jednaˇcinu y (4) + 4y = 0. 19. Odrediti izvod n−tog reda funkcije y = e3x . 20. Odrediti y (20) i y (21) ako je y = (2x + 1)5 (x2 + 1)4 (x − 1)7 . 21. Ispitati konveksnost funkcija (i) y = x4 − 6x2 + 5, (ii) y = ln(x2 − 1), 2
(iii) y = (1 + x2 )e−x + x. 3 22. Odrediti vrijednosti realnog broja a da funkcija y = x4 + ax3 + x2 + 11, 2 bude konveksna. 23. Pokazati nejednakost µ
x+y 2
¶4 ≤
x4 + y 4 , x, y ∈ R. 2
24. Koriste´ci Taylorovu formulu izraˇcunati p p 6 6 lim ( x6 + x5 − x6 − x5 ). x→+∞
25. Odrediti lokalne ektremume funkcija : (i) y = 2x2 − x4 , x (ii) y = , 1 + x2 1 cos 3x. 3 26. Na´ci asimptote funkcija : (iii) y = cos x +
(i) y = ln(1 + ex ), x2 (ii) y = , 1 − x2 1 (iii) y = e x . 27. Nacrtati grafike funkcija : x−2 (i) y = √ , 1 + x2 x e (ii) y = , 1−x ln(1 + x) (iii) y = . x
Glava 4
Integralni raˇ cun 4.1 4.1.1
Odredjeni integral Definicija odredjenog integrala
Problem izraˇcunavanja povrˇsine figure u ravni je doveo do pojma odredjenog integrala. Neka je funkcija f pozitivna i neprekidna na [a, b]. Povrˇsina ograniˇcena krivom y = f (x), pravama x = a, x = b i x−osom naziva se krivolinijski trapez nad [a, b]. Da bi pribliˇzno izraˇcunali povrˇsinu krivolinijskog trapeza moˇzemo postupiti na sljede´ci naˇcin. Podijelimo interval [a, b] pomo´cu taˇcaka xi , i = 0, 1, . . . , n na sljede´ci naˇcin a = x0 < x1 < x2 < x3 < · · · < xn−1 < xn = b. Skup {x0 , x1 , . . . , xn } oznaˇcavamo sa P i nazivamo podjelom intervala [a, b]. U svakom segmentu [xi , xi+1 ] izaberimo jednu taˇcku ξi , i = 0, 1, . . . , n − 1. Suma n−1 X R(P, ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) = f (ξi )(xi+1 − xi ), (4.1) i=0
je pribliˇzno jednaka povrˇsini krivolinijskog trapeza. Suma (4.1) naziva integralna suma funkcije f u odnosu na podjelu P . Dalje, oˇcigledno je da ˇsto su brojevi xi+1 −xi manji da formula (4.1) bolje aproksimira povrˇsinu krivolinijskog trapeza. Broj ||P || = max (xi+1 − xi ), 0≤i≤n−1
nazivamo norma podjele P . Definicija 4.1. Neka je funkcija f definisana na skupu [a, b]. Ako postoji realan broj I, takav da za svaku podjelu P intervala [a, b] i svaki izbor taˇcaka ξi , gdje 81
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
82
je ξi ∈ [xi , xi+1 ], i = 0, 1, . . . , n − 1, vrijedi n−1 X
I = lim
||P ||→0
f (ξi )(xi+1 − xi ),
i=0
tada se realan broj I naziva odredjenim integralom ili Riemannovim integralom funkcije f na [a, b] i to oznaˇcavamo sa Z
b
I=
f (x)dx. a
Za funkciju f kaˇzemo da je integrabilna na [a, b]. Kaˇzemo joˇs i da je funkcija f podintegralna funkcija odredjenog integrala Z
b
f (x)dx. a
Broj a je donja, a broj b gornja granica odredjenog integrala. Postupak nalaˇzenja integrala se naziva integracija. Primjer 4.1. Odrediti integralnu sumu funkcije f (x) = c, x ∈ [a, b]. Rjeˇ senje. Neka je data podjela P = {x0 , x1 , . . . , xn }, tada je n−1 X
R(P, ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) =
f (ξi )(xi+1 − xi ) =
i=0
c
n−1 X
n−1 X
c(xi+1 − xi ) =
i=0
(xi+1 − xi ) = c(b − a).
i=0
Ovo je povrˇsina pravougaonika ˇcije su stranice c i b − a. Primjer 4.2. Odrediti integralnu sumu funkcije f (x) = x, x ∈ [a, b]. Rjeˇ senje. Za datu podjelu P = {x0 , x1 , . . . , xn }, imamo R(P, ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) =
n−1 X
ξi (xi+1 − xi ).
i=0
Uzmimo ekvidinstantnu podjelu, to jest podjelu kod koje je xi+1 − xi = xi = a + (b − a)
b−a , n
i , i = 0, 1, . . . n. n
Dalje, uzmimo ξi = xi = a + (b − a)
i , i = 0, 1, . . . , n − 1. n
4.1. ODREDJENI INTEGRAL
83
Oznaˇcimo odgovaraju´cu integralnu sumu sa Sn , vrijedi Sn =
n−1 Xµ
i a + (b − a) n
i=0
¶
b−a = n
n−1 (b − a)2 X n(n − 1) n−1 i = ab − a2 + (b − a)2 = ab − a2 + (b − a)2 . a(b − a) + 2 n2 2n 2n i=0
Odavde zakljuˇcujemo da lim Sn = ab − a2 +
n→+∞
(b − a)2 b2 − a2 = , 2 2
a ovo je povrˇsina trapeza ˇcije su osnovice duˇzine a i b, a visina duˇzine b − a.
4.1.2
Osobine odredjenog integrala
Ovde dajemo neke osobine odredjenog integrala. One se jednostavno pokazuju koriste´ci definiciju odredjenog integrala. • Linearnost. Ako su funkcije f i g integrabilne na [a, b] tada je integrabilna i funkcija αf + βg, gdje α, β ∈ R i vrijedi Z
Z
b
(αf (x) + βg(x))dx = α a
Z
b
b
f (x)dx + β a
g(x)dx. a
• Aditivnost. Neka je funkcija f integrabilna na [a, b] i c ∈ (a, b) tada je Z
Z
b
f (x)dx = a
Z
c
f (x)dx + a
b
f (x)dx. c
• Ako su funkcije f i g integrabilne na [a, b] i f (x) ≥ g(x) za sve x ∈ [a, b], tada je
Z
Z
b
b
f (x)dx ≥ a
g(x)dx. a
• Ako je funkcija f integrabilna na [a, b] tada je ¯Z ¯ Z ¯ b ¯ b ¯ ¯ f (x)dx¯ ≤ |f (x)|dx. ¯ ¯ a ¯ a Teorema 4.1. Svaka integrabilna funkcija na [a, b] je ograniˇcena na [a, b].
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
84
Dokaz. Neka je funkcija f integrabilna na [a, b]. Tada po definiciji 4.1 postoji realan broj I takav da za svaku podjelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } intervala [a, b] i svaki izbor taˇcaka ξi , gdje je ξi ∈ [xi , xi+1 ], i = 0, 1, . . . , n − 1, vrijedi I = lim
n−1 X
||P ||→0
f (ξi )(xi+1 − xi ).
i=0
Ovo znaˇci da postoji δ > 0 takvo da za svaku podjelu P za koju je ||P || < δ vrijedi |R(P, ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) − I| < 1. Neka je P jedna takva podjela. Pretpostavimo da je f neograniˇcena. Tada postoji i ∈ {0, 1, . . . , n − 1} takav da je funkcija f neograniˇcena na intervalu [xi , xi+1 ]. Dakle, za svako K > 0 postoji ti ∈ [xi , xi+1 ] takvo da je |f (ti )| > K. Ako uzmemo dovoljno veliko K > 0 i podjelu P1 koja se razlikuje od podjele P tako ˇsto je umjesto taˇcke ξi uzeta taˇcka ti tada je ||P1 || = ||P || < δ i |R(P1 , ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) − I| > 1, a ovo je nemogu´ce. Dakle, f je ograniˇcena funkcija. Primjer 4.3. Funkcija ½ f (x) =
1 x,
0,
0
nije integrabilna na [0, 1] jer nije ograniˇcena. Definicija 4.2. Neka je funkcija f ograniˇcena na [a, b]i neka je P = {x0 , x1 , . . . , xn } jedna podjela intervala [a, b]. Stavimo mi =
inf
x∈[xi ,xi+1 ]
f (x), Mi =
sup
f (x), i = 0, 1, . . . , n − 1.
x∈[xi ,xi+1 ]
Sume R∗ (P ) =
n−1 X
mi (xi+1 − xi ) i R∗ (P ) =
i=0
n−1 X
Mi (xi+1 − xi ),
i=0
nazivaju se redom donja i gornja (Riemannova) integralna suma. Moˇze se pokazati da vrijedi sljede´ca teorema. Teorema 4.2. Ograniˇcena funkcija f je integrabilna na [a, b] ako i samo ako vrijedi lim (R∗ (P ) − R∗ (P )) = 0, (4.2) ||P ||→0
nezavisno od podjele P .
4.1. ODREDJENI INTEGRAL
85
Vidjeli smo da je ograniˇcenost funkcije potreban uslov za njenu integrabilnost, sljede´ca teorema daje dovoljan uslov za integrabilnost funkcije. Teorema 4.3. Svaka neprekidna funkcija na [a, b] je integrabilna na [a, b]. Dokaz. Funkcija f je neprekidna na [a, b], pa postoje taˇcke ui , vi ∈ [xi , xi+1 ] takve da je mi = f (ui ) i Mi = f (vi ). Osim toga, funkcija f je neprekidna na [a, b], pa je i uniformno neprekidna na [a, b]. Zbog toga, za svako ² > 0 postoji δ > 0 tako da za svake dvije taˇcke u, v ∈ [a, b] vrijedi |u − v| < δ ⇒ |f (u) − f (v)| <
² . b−a
Neka je P podjela intervala [a, b] za koju je ||P || < δ, tada je ¯n−1 ¯ ¯X ¯ ¯ ¯ ∗ |R (P ) − R∗ (P )| = ¯ (Mi − mi )(xi+1 − xi )¯ ≤ ¯ ¯ i=0
≤
n−1 X
|f (vi ) − f (ui )|(xi+1 − xi ) ≤
i=0
n−1 X i=0
Dakle,
² (xi+1 − xi ) = ². b−a
lim (R∗ (P ) − R∗ (P )) = 0,
||P ||→0
ˇsto je i trebalo dokazati. Sljede´ca teorema je poznata kao teorema o srednjoj vrijednosti. Teorema 4.4. Neka je f neprekidna funkcija na [a, b]. Tada postoji c ∈ (a, b) tako da je Z b f (x)dx = f (c)(b − a). a
Dokaz. Funkcija f je neprekidna na [a, b], pa postoje taˇcke xmin i xmax takve da je f (xmin ) = min f (x), f (xmax ) = max f (x). xin[a,b]
xin[a,b]
Iz osobina odredjenog integrala imamo Z b f (xmin )(b − a) ≤ f (x)dx ≤ f (xmax )(b − a). a
Ako je Z f (xmin )(b − a) =
Z
b
f (x)dx ili f (xmax )(b − a) = a
b
f (x)dx, a
dokaz je zavrˇsen. U suprotnom definiˇsimo funkciju g : [a, b] → R, Z b 1 g(x) = − f (x)dx + f (x). b−a a
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
86
Iz definicije funkcije g zakljuˇcujemo da vrijedi g(xmin )g(xmax ) < 0, pa postoji taˇcka c izmedju xmin i xmax takva da je g(c) = 0. Dakle, Z b 1 f (x)dx. f (c) = b−a a
4.2 4.2.1
Neodredjeni integral Definicija neodredjenog integrala
Definicija 4.3. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, b). Ako postoji funkcija F takva da je F 0 (x) = f (x), x ∈ (a, b), kaˇzemo da je F primitivna funkcija funkcije f na (a, b). Primjer 4.4. Odrediti primitivne funkcije sljede´cih funkcija : 1. f1 (x) = xa , x ∈ R, a 6= −1, 2. f2 (x) = ax , x ∈ R, a > 0, a 6= 1, 3. f3 (x) = sin x, x ∈ R, 4. f4 (x) = Rjeˇ senje.
1 , x ∈ R \ {0}. x
¶0 xa+1 xa+1 1. Kako je = xa , zakljuˇcujemo da je funkcija F1 (x) = , primia+1 a+1 a tivna funkcija funkcije f (x) = x na skupu R. 2. F2 (x) =
µ
ax , x ∈ R, a > 0, a 6= 1. ln a
3. F3 (x) = − cos x, x ∈ R. 4. F4 (x) = ln x, x ∈ (0, +∞), F4 (x) = ln(−x), x ∈ (−∞, 0). Dakle, primitivna funkcija na skupu R \ {0} je F4 (x) = ln |x|. Primjetimo da ako je F 0 (x) = f (x) tada je (F (x) + C)0 = f (x). Definicija 4.4. Neodredjeni integral funkcije f na intervalu (a, b) je skup svih primitivnih funkcija funkcije f na intervalu (a, b). Neodredjeni integral Z funkcije f oznaˇcavamo sa f (x)dx. Ako je F primitivna funkcija funkcije f , obiˇcno se piˇse
Z f (x)dx = F (x) + C.
4.2. NEODREDJENI INTEGRAL
1. 2. 3. 4.
Iz tablice za izvode dobijamo sljede´cu tablicu za neodredjene integrale. Z xa+1 xa dx = + C, a 6= −1 a+1 Z 1 dx = ln |x| + C, x 6= 0 x Z aa + C, a > 0, a 6= −1 ax dx = ln a Z ex dx = ex + C Z
5.
sin xdx = − cos x + C Z
6.
cos xdx = sin x + C Z
dx = − ctg x + C sin2 x
7. Z
dx = tg x + C cos2 x
8. Z
dx = arctg x + C 1 + x2
9. Z 10.
sh xdx = ch x + C Z
11.
chx = sh x + C Z
12. Z 13.
dx = − cth x + C sh2 x dx = th x + C ch2 x
Z
dx 1 x = arctg + C, a 6= 0 2 +a a a ¯ ¯ Z ¯x − a¯ 1 dx ¯ ¯ + C, |x| 6= a = ln 15. x2 − a2 2a ¯ x + a ¯ Z p dx √ 16. = ln(x + 1 + x2 ) + C 1 + x2 Z dx √ 17. = arcsin x + C, |x| < 1 1 − x2 14.
x2
87
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
88 Z √
18.
p dx = ln |x + x2 ± a2 | + C x2 ± a2
Sljede´com teoremom je data veza izmedju primitivne funkcije i odredjenog integrala. Teorema 4.5. Neka je f neprekidna funkcija na [a, b] tada je funkcija F definisana na [a, b] sa Z x F (x) = f (t)dt a
primitivna funkcija funkcije f . Dokaz. Iz osobina odredjenog integrala imamo Z
Z
x+h
f (t)dt −
F (x + h) − F (x) = a
Z
x
x+h
f (t)dt = a
f (t)dt. x
Sada na osnovu teoreme o srednjoj vrijednosti dobijamo F (x + h) − F (x) = hf (x + θh), θ ∈ (0, 1). Dakle, F (x + h) − F (x) = f (x), h→0 h lim
to jest F 0 (x) = f (x). Kao posljedicu prethodne teoreme dobijamo sljede´cu teoremu poznatu kao Newton-Leibnizova teorema. Teorema 4.6. Neka je f neprekidna funkcija na intervalu [a, b] i F njena primitivna funkcija na [a, b] tada vrijedi Z
b
f (x)dx = F (b) − F (a). a
4.2.2
Osobine neodredjenog integrala
Ovde navodimo osnovne osobine neodredjenog integrala koje slijede iz osobina izvoda funkcije. Z Z df (x) = f (x) + C, d f (x)dx = f (x)dx, • Z •
Z λ · f (x)dx = λ ·
Z •
f (x)dx, λ ∈ R \ {0}, Z
(f (x) + g(x))dx =
Z f (x)dx +
g(x)dx,
4.2. NEODREDJENI INTEGRAL
89
• Smjena promjenljive. Ako su funkcije f, ϕ i ϕ0 neprekidne tada je Z Z f (x)dx = f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt + C, • Parcijalna integracija. Ako su u i v diferencijabilne funkcije tada je Z Z u(x)dv(x) = u(x)v(x) − v(x)du(x) + C. Z
cos (ln x) dx. x Rjeˇ senje. Uvedimo smjenu t = ln x. Sada je Primjer 4.5. Izraˇcunati integral
dx , x
dt = pa je
Z
cos (ln x) dx = x
Z cos tdt = sin t + C = sin (ln x) + C. Z p
Primjer 4.6. Izraˇcunati integral Rjeˇ senje. Koristimo smjenu t =
√
x2 + 5
dx. (2x + 7)3 2x + 7. Tada je
t2 = 2x + 7, x =
t2 − 7 , dx = tdt, 2
pa je Z
Z 4 − 7)2 + 5 1 t − 14t2 + 34 p p dx = tdt = dt = 4 t2 (2x + 7)3 (t2 )3 ¶ µ ¶ Z µ 34 1 t3 34 1 t2 − 14 + 2 dt = − 14t − + C. = 4 t 4 3 t x2 + 5
Z
Dakle, Z
1 2 4 (t
Ã√
3
√ 2x + 7 34 − 14 2x + 7 − √ 3 2x + 7 Z Primjer 4.7. Izraˇcunati integral ln xdx. x2 + 5
1 p dx = 3 4 (2x + 7)
Rjeˇ senje. Koristimo parcijalnu integraciju. Stavimo u = ln x, dv = dx, odavde je
dx , v = x. x Koriste´ci formulu za parcijalnu integraciju imamo Z Z dx ln xdx = x ln x − x = x ln x − x + C. x du =
! + C.
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
90 Z
xex dx.
Primjer 4.8. Izraˇcunati integral Rjeˇ senje. Stavljaju´ci
x = u, ex dx = dv, imamo dx = du, ex = v, pa iz formule za parcijalnu integraciju dobijamo Z Z x x xe dx = xe − ex dx = xex − ex + C.
4.2.3
Integracija nekih klasa funkcija
1. Integracija racionalnih funkcija Ovde razmatramo integraciju racionalne funkcije R(x) =
Pn (x) , Qm (x)
gdje su Pn (x) i Qm (x) polinomi stepena n i m sa realnim koeficijentima. Moˇze se pokazati da se svaka racionalna funkcija moˇze predstaviti u obliku zbira polinoma i odredjenog broja razlomaka sljede´cih oblika A Mx + N , , (x − a)k (x2 + px + q)k gdje je k prirodan broj i p2 − 4q < 0. Dakle, integracija racionalne funkcije R(x) se svodi na integraciju sljede´ce tri funkcije 1 1 x , , . (x − a)k (x2 + px + q)k (x2 + px + q)k Z 1 U prvom sluˇcaju smjenom t = x − a se integral svodi na tabliˇcni. (x − a)k U drugom sluˇcaju, integral Z 1 Ik = dx, (x2 + px + q)k se smjenom
x + p2 t= q , 2 q − p4
svodi na integral
Z
1
Ik = q
q−
p2 4
dt . (t2 + 1)k
4.2. NEODREDJENI INTEGRAL
91
Ako je k = 1 radi se o tabliˇcnom integralu Z dt 1 1 q I1 = =q t2 + 1 p2 q− 4 q−
p2 4
arctg t + C.
U sluˇcaju da je k > 1, integral Ik se metodom parcijalne integracije svodi na integral Ik−1 . Integral Z x Jk = dx (x2 + px + q)k se svodi na Ik . Naime, Z Z Z x 1 2x + p − p 1 dt p Jk = dx = dx = − Ik , (x2 + px + q)k 2 (x2 + px + q)k 2 tk 2 gdje je t = x2 + px + q. Z Primjer 4.9. Izraˇcunati integral Rjeˇ senje. Kako je
x2 − x + 2 dx. x4 − 5x2 + 4
x4 − 5x2 + 4 = (x2 − 1)(x2 − 4) = (x − 1)(x + 1)(x − 2)(x + 2), podintegralnu funkciju moˇzemo pisati u obliku x2 − x + 2 A B C D = + + + . 4 2 x − 5x + 4 x+1 x−1 x+2 x−2 Odavde imamo x2 −x+2 = A(x−1)(x+2)(x−2)+B(x+1)(x+2)(x−2)+C(x+1)(x−1)(x−2)+ +D(x + 1)(x − 1)(x + 2), 2
3
x −x+2 = x (A+B +C +D)+x2 (−A+B −2C +2D)+x(−4A−4B −C −D)+ +4A − 4B + 2C − 2D. Dakle, za koeficijente A, B, Ci D vrijedi A+B+C +D =0 −A + B − 2C + 2D = 1 −4A − 4B − C − D = −1 4A − 4B + 2C − 2D = 2. Rjeˇsavaju´ci ovaj sistem dobijamo A=
2 1 2 1 , B=− , C=− , D= . 3 3 3 3
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
92
Prema tome, Z Z Z Z Z x2 − x + 2 2 dx 1 dx 2 dx 1 dx dx = − − + = x4 − 5x2 + 4 3 x+1 3 x−1 3 x+2 3 x−2 2 1 2 1 ln |x + 1| − ln |x − 1| − ln |x + 2| + ln |x − 2| + C = 3 3 3 3 ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 1 (x + 1) (x − 2) ¯ + C. = ln ¯¯ 3 (x − 1)(x + 2)2 ¯ Z dx Primjer 4.10. Izraˇcunati integral . x2 + x + 1 Rjeˇ senje. Uvedimo smjenu x+ 1 t= √ 2, =
Z
dx 2 =√ x2 + x + 1 3
Z
3 2
dt 2 2 2 = √ arctg t + C = √ arctg √ t2 + 1 3 3 3
¶ µ 1 x+ . 2
2. Integracija nekih iracionalnih funkcija Ovde posmatramo neke integrale iracionalnih funkcija koji se pogodnim smjenama svode na integrale racionalnih funkcija. 2.1 Integrali oblika " µ ¶ p1 µ ¶ pk # Z ax + b q1 ax + b qk R x, ,..., dx, pi ∈ Z, qi ∈ N, i = 1, 2, . . . , k cx + d cx + d gdje je R racionalna funkcija k + 1 promjenljive se smjenom tq =
ax + b , q = N ZS(q1 , . . . , qk ), cx + d
svode na integrale racionalnih funkcija. √ Z x32+x √ Primjer 4.11. Izraˇcunati integral dx. x+ 32+x Rjeˇ senje. Stavimo t3 = x + 2. √ ¶ Z Z 6 Z µ x32+x t − 2t2 t2 − 2t 3 √ dx = 3 dt = 3 t −t+ dt = t3 + t − 2 (t − 1)(t2 + t + 2) x+ 32+x Z 3 3 3t2 − 6t = t4 − t2 + dt. 4 2 (t − 1)(t2 + t + 2) Kako je
za
3t2 − 6t A Bt + C = + , (t − 1)(t2 + t + 2) t − 1 t2 + t + 2 3 15 3 A=− , B= , C=− , 4 4 2
4.2. NEODREDJENI INTEGRAL
93
imamo Z
3t2 − 6t 3 dt = − (t − 1)(t2 + t + 2) 4
Z
dt 15 + t−1 4
Z
t − 25 dt = t2 + t + 2
3 15 27 2t + 1 = − ln |t − 1| + ln |t2 + t + 2| − √ arctg √ + C. 4 8 4 7 7 Na kraju, √ Z x32+x 3 3 3 15 27 2t + 1 √ dx = t4 − t2 − ln |t−1|+ ln(t2 +t+2)− √ arctg √ +C. 3 4 2 4 8 x+ 2+x 4 7 7 2.2 Integrali oblika R(x,
p
ax2 + bx + c),
gdje je R racionalna funkcija dvije promjenljive se svode na integrale racionalnih funkcija pomo´cu Eulerovih smjena. √ √ • ax2 + bx + c = x a ± t, ako je a > 0, √ √ • ax2 + bx + c = xt ± c, ako je c > 0, p √ • ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ) = t(x − x1 )(x − x2 ), ako je x1 , x2 ∈ R. Primjer 4.12. Izraˇcunati integrale Z dx √ (i) I = , 2 x 4x + 4x + 3 Z dx √ (ii) I = , (1 + x) 1 + x − x2 Z (x − 1)dx √ (iii) I = . (x2 + 2x) x2 + 2x Rjeˇ senje. (i) Kako je a = 4 > 0 koristimo sljede´cu smjenu Eulera p 4x2 + 4x + 3 = t − 2x. Odavde je 4x2 + 4x + 3 = t2 − 4tx + 4x2 , 4x + 3 = t2 − 4tx, x= p
t2 + 2t + 3 t2 − 3 , dx = dt, 4(1 + t) 4(1 + t2 )2
4x2 + 4x + 3 = t − 2
t2 − 3 t2 + 2t + 3 = . 4(1 + t) 2(1 + t)
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
94 Sada je
¯ ¯ ¯ t − √3 ¯ dt 1 ¯ ¯ √ ¯ + C. = √ ln ¯ t2 − 3 3 ¯t + 3¯
Z I=2
Dakle,
√ √ 1 2x + 4x2 + 4x + 3 − 3 √ √ + C. I = √ ln 3 2x + 4x2 + 4x + 3 + 3
(ii) Ovde je a < 0 i c > 0, pa koristimo smjenu p 1 + x − x2 = tx − 1. Sada je
1 + x − x2 = t2 x2 − 2tx + 1, x(1 − x) = x(t2 x − 2t), 1 − x = t2 x − 2t, x=
1 + 2t 2(t2 + t − 1) , dx = − dt, 1 + t2 (1 + t2 )2
p 1 + 2t t2 + t − 1 1 + x − x2 = t −1= , 2 1+t 1 + t2 pa je
Z I= Z = −2
−2(t2 + t − 1)dt ´ ³ = t2 +t−1 (1 + t2 )2 1 + 2t+1 t2 +1 1+t2
dt = −2 arctg(1 + t) + C. 1 + (1 + t)2
Zakljuˇcujemo √ 1 + x + 1 + x − x2 dx √ = −2 arctg + C. x (1 + x) 1 + x − x2 (iii) U ovom sluˇcaju trinom x2 +2x ima dvije razliˇcite realne nule, pa koristimo smjenu p x2 + 2x = xt. Odavde je
x2 + 2x = x2 t2 , x + 2 = xt2 , x=
2 4tdt , dx = − 2 , t2 − 1 (t − 1)2
x−1= Prema tome, 1 I=− 2
Z
3 − t2 2 − 1 = . t2 − 1 t2 − 1
t 3 3 − t2 dt = − + + C. t2 2 2t
4.2. NEODREDJENI INTEGRAL Kako je
√ t=
dobijamo
Z (x2
2.3 Integral oblika
95
x2 + 2x , x
(x − 1)dx 1 + 2x √ =√ + C. 2 + 2x) x + 2x x2 + 2x Z xm (a + bxn )p dx,
n1 p1 m1 , n = , p = , se naziva m2 n2 p2 integral binomnog diferencijala. Moˇze se pokazati da je ovaj integral elem+1 m+1 mentarna funkcija ako i samo ako je bar jedan od brojeva p, i p+ n n cijeli broj. U tim sluˇcajevima se koriste sljede´ce smjene :
gdje su m, n i p racionalni brojevi, m =
• Ako je p ∈ Z, smjena x = tk , k = N ZS(m2 , n2 ), m+1 ∈ Z, smjena a + bxn = tp2 , n m+1 • Ako je p + ∈ Z, smjena ax−n + b = tp2 . n Primjer 4.13. Izraˇcunati integrale √ Z x √ (i) I = dx, (1 + 3 x)2 Z xdx p (ii) I = , √ 3 1 + x2 Z p 3 3x − x3 dx. (iii) I = • Ako je
Rjeˇ senje. (i) Ovde je p = −2, pa koristimo smjenu x = t6 , dobijamo ¶ √ Z Z Z µ x t8 dt 4t2 + 3 4 2 √ dx = 6 = 6 t − 2t + 3 − dt = (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 (1 + 3 x)2 Z Z 6t5 dt t2 dt = − 4t3 + 18t − 18 − 6 . 2 5 1+t (1 + t2 )2 Kako je µ ¶ Z Z t2 dt 1 1 t 1 =− td =− + arctg t, (1 + t2 )2 2 1 + t2 2(1 + t2 ) 2 imamo √ Z x 6t5 3t √ dx = − 4t3 + 18t + − 21 arctg t + C, t = x6 . 3 2 5 1 + t2 (1 + x)
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
96 (ii) U ovom sluˇcaju je m = 1, n =
2 1 m+1 , p=− i = 3. Koristimo smjenu 3 2 n 2
1 + x 3 = t2 . Sada je q Z Z xdx 3 5 2 3 2 2 p = 3 (t − 1) dt = t − 2t + 3t + C, t = 1 + x 3 . √ 3 5 2 1+ x (iii) Imamo m =
1 m+1 1 , n = 2, p = i + p = 1. Stavimo 3 3 n 3x−2 − 1 = t3 .
Tada je ¶ µ Z p Z Z 9 t3 dt 3 1 3 3 3x − x dx = − = = td 3 2 (t3 + 1)2 2 t +1 Z 3t 3 dt = − . 2(t3 + 1) 2 t3 + 1 Integral
Z
dt , t3 + 1 je integral racionalne funkcije i za njega se dobije Z dt 1 (t + 1)2 1 2t − 1 = ln 2 + √ arctg √ . 3 t +1 6 t −t+1 3 3 Dakle, Z p 3
3x − x3 dx =
√ 1 (t + 1)2 2t − 1 3t 3 − ln − arctg √ + C, 2(t3 + 1) 4 t2 − t + 1 2 3
√ 3
3x − x3 . x 3. Integrali trigonometrijskih funkcija Integral oblika Z R(sin x, cos x), t=
gdje je R racionalna funkcija se moˇze svesti na integral racionalne funkcije pomo´cu smjene x t = tg . 2 U tom sluˇcaju je sin x =
1 − t2 2dt 2t , cos x = , dx = . 1 + t2 1 + t2 1 + t2
4.2. NEODREDJENI INTEGRAL
97
Primjer 4.14. Izraˇcunati integral Z
1 + sin x dx. sin x(1 + cos x)
x Rjeˇ senje. Uvode´ci smjenu t = tg , dobijamo 2 ³ ´ Z 1 + 2t 2 2dt2 Z 1+t 1+t 1 + sin x dx = = 2t sin x(1 + cos x) 1−t2 2 1+t
=
1 2
1+ 1+t2
Z µ
¶ ¶ µ 1 1 1 + t + 2 dt = ln |t| + t2 + 2t + C = t 2 2 µ ¶ 1 x 1 x x = ln | tg | + tg2 + 2 tg + C. 2 2 2 2 2
x Primjedba 4.1. Smjena t = tg , moˇze da dovede do komplikovanih integrala 2 racionalnih funkcija. Nekada je bolje primjeniti druge smjene. • Ako je R(− sin x, cos x) = −R(sin x, cos x), koristi se smjena cos x = t. • Ako je R(sin x, − cos x) = −R(sin x, cos x), koristi se smjena sin x = t. • Ako je R(− sin x, − cos x) = R(sin x, cos x), koristi se smjena tg x = t ili ctg x = t. Primjer 4.15. Izraˇcunati integral Z
2 tg x + 3 dx. sin x + 2 cos2 x) 2
Rjeˇ senje. Vrijedi R(− sin x, − cos x) = R(sin x, cos x), pa koristimo smjenu tg x = t. Z
2 tg x + 3 dx = sin2 x + 2 cos2 x)
Z
(2 tg x + 3) cosdx2 x = tg2 x + 2
Z
2t + 3 dt = t2 + 2
3 t 3 tg x = ln(t2 + 2) + √ arctg √ + C = ln(tg2 x + 2) + √ arctg √ + C. 2 2 2 2 4. Integrali koji nisu elementarne funkcije Ovde dajemo neke klase integrala koji nisu elementarne funkcije. Z 2 e−x dx, • Z •
ex dx, x
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
98 Z • Z • Z • Z
sin x dx, x cos x dx, x x dx, ln x p
• Z
p
• Z •
dt 1 − k 2 sin2 t 1 −k 2 sin2 t
, k ∈ (0, 1), eliptiˇcki integral prve vrste,
dt, k ∈ (0, 1), eliptiˇcki integral druge vrste,
dt p , k ∈ (0, 1), h ∈ R, eliptiˇcki integral tre´ce (1 + h sin t) 1 − k 2 sin2 t vrste.
4.3
2
Nesvojstveni integral
Ovde dajemo neka uopˇstenja odredjenog integrala. Prvo uopˇstenje se sastoji u tome da interval na kome se vrˇsi integracija moˇze da bude beskonaˇcan. Suˇstina drugog uopˇstenja je da podintegralna funkcija moˇze da bude neograniˇcena na intervalu na kome se vrˇsi integracija.
4.3.1
Nesvojstveni integral prve vrste
Definicija 4.5. Neka je funkcija f definisana na [a, +∞) i integrabilna na konaˇcnom [a, b] za svako b > a. Graniˇcna vrijednost Z +∞ Z b f (x)dx = lim f (x)dx, (4.3) b→+∞
a
a
se naziva nesvojstveni integral prve vrste. Ako graniˇcna vrijednost u (4.3) postoji i konaˇcna je onda kaˇzemo da je nesvojstveni integral konvergentan, a u suprotnom sluˇcaju je divergentan. Analogno se definiˇse i nesvojstveni integral prve vrste na (−∞, b]. Nesvojstveni integral prve vrste na (−∞, +∞) se definiˇse sa Z +∞ Z +∞ Z a f (x)dx. f (x)dx + f (x)dx = −∞
−∞
a
Moˇze se pokazati da ova definicija ne zavisi od broja a ∈ R. Dakle, Z +∞ Z a nesvojstveni integral f (x)dx je konvergentan ako su oba integrala f (x)dx −∞ −∞ Z +∞ i f (x)dx konvergentna. a
4.3. NESVOJSTVENI INTEGRAL
99
Primjer 4.16. Pokazati da je nesvojstveni integral Z +∞ 2 xe−x dx, 0
konvergentan. Rjeˇ senje. Podintegralna funkcija je definisana i neprekidna za sve vrijednosti 2 1 x, njena primitivna funkcija je F (x) = − e−x . Na osnovu definicije imamo 2 µ ¶ Z +∞ Z b 1 −b2 1 1 −x2 −x2 xe e dx = lim dx = lim − e + = . b→+∞ b→+∞ 2 2 2 0 0 Primjer 4.17. Ispitati konvergenciju integrala Z +∞ x sin xdx. 0
Rjeˇ senje. Koriste´ci pacijalnu integraciju dobijamo da je F (x) = −x cos x + sin x, primitivna funkcija funkcije f (x) = x sin x. Iz definicije nesvojstvenog integrala slijedi Z +∞ x sin xdx = lim (−b cos b + sin b). b→+∞
0
Ova graniˇcna vrijednost ne postoji, pa je dati integral divergentan. Primjer 4.18. Izraˇcunati nesvojstveni integral Z +∞ dx . 2 + 2x + 2 x −∞ Rjeˇ senje. Imamo Z +∞ −∞
dx = x2 + 2x + 2 Z
= lim
a→−∞
a
0
Z
0
−∞
dx + (x + 1)2 + 1
dx + lim (x + 1)2 + 1 b→+∞
Z 0
Z
+∞
0 b
dx = (x + 1)2 + 1
dx = (x + 1)2 + 1
= lim (arctg 1 − arctg(a + 1)) + lim (arctg(b + 1) − arctg 1) = a→−∞
³π
b→+∞
³ π ´´ ³ π π ´ = − − + − = π. 4 2 2 4 Z +∞ dx Primjer 4.19. Ispitati konvrgenciju integrala , λ ∈ R. λ x 1 Rjeˇ senje. Ako je λ = 1 tada integral divergira. Naime, Z +∞ dx = lim ln b = +∞. b→+∞ x 1
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
100 Ako je λ 6= 1 dobijamo Z +∞ 1
dx = lim b→+∞ xλ
µ
b1−λ 1 − 1−λ 1−λ
¶ .
Ova graniˇcna vrijednost ne postoji za λ < 1, dok je za λ > 1 jednaka Znaˇci, dati integral konvergira za λ > 1, a za λ ≤ 1 je divergentan.
1 . λ−1
U prethodnim primjerima smo konvergenciju nesvojstvenih integrala ispitivali tako ˇsto smo nalazili primitivnu funkciju podintegralne funkcije i koristili definiciju. Nekada to nije mogu´ce. U takvim sluˇcajevima korisni su sljede´ci kriterijumi konvergencije. Teorema 4.7. Neka je 0 ≤ f (x) ≤ g(x), za sve x ∈ [a, +∞), Z +∞ tada iz konvergencije integrala g(x)dx slijedi konvergencija integrala a Z +∞ Z +∞ f (x)dx i iz divergencije integrala f (x)dx slijedi divergencija intea a Z +∞ grala g(x)dx. a
f (x) Teorema 4.8. Ako je lim = K, gdje je K pozitivan realan broj, tada x→+∞ g(x) Z +∞ Z +∞ su oba integrala f (x)dx i g(x)dx istovremeno konvergentna ili divergentna.
a
a
Primjer 4.20. Ispitati konvergenciju integrala Z +∞ dx √ . 2 + 5 x3 + 1 x 1 Rjeˇ senje. Kako je x2 + i
1 1 √ ≤ 2, 5 x x3 + 1 Z
lim
b→+∞
1
b
za sve x ≥ 1
µ ¶ dx 1 = lim − + 1 = 1, b→+∞ x2 b
na osnovu teoreme 4.7 zakljuˇcujemo da je dati integral konvergentan. Primjer 4.21. Ispitati konvergenciju integrala Z +∞ xdx √ . 4+1 x 1
4.3. NESVOJSTVENI INTEGRAL Rjeˇ senje. Vrijedi
101
√ x x4 +1 1 x→+∞ x
lim
pa kako je integral
Z
+∞ 1
= 1,
dx , x
divergentan, na osnovu teoreme 4.8, zakljuˇcujemo da je dati integral divergentan.
4.3.2
Nesvojstveni integral druge vrste
Druga vrsta nesvojstvenog integrala je kada funkcija nije ograniˇcena u okolini neke taˇcke c iz intervala konvergencije [a, b]. Tu razlikujemo dva sluˇcaja. Jedan je kada se taˇcka c poklapa sa nekom od taˇcaka a i b, a drugi kada c ∈ (a, b). Definicija 4.6. Ako je funkcija f integrabilna na intervalu [a, b − ²] za svaki e > 0, a neograniˇcena u okolini taˇcke b tada se graniˇcna vrijednost Z
Z
b
b−²
f (x)dx = lim
²→+0
a
f (x), a
zove nesvojstveni integral druge vrste. Analogno se definiˇse i nesvojstveni integral druge vrste ako je funkcija f neograniˇcena u okolini taˇcke a. Drugi sluˇcaj je ako je funkcija f neograniˇcena u nekoj okolini taˇcke c ∈ (a, b), tada se definiˇse ÃZ ! Z Z b
c−²
f (x)dx = a
lim ² → 0+ µ → 0+
b
f (x)dx +
f (x)dx .
a
c+µ
Graniˇcna vrijednost Z
ÃZ
b
v.p.
f (x)dx = lim
b
f (x)dx +
²→0+
a
Z
c−²
a
! f (x)dx ,
c+²
se naziva glavna vrijednost ( valeur principale) nesvojstvenog integrala. Primjer 4.22. Izraˇcunati integral Z
2 1
x−2 √ dx. x−1
Rjeˇ senje. Vrijedi sljede´ce Z
2 1
x−2 √ dx = x−1
Z
2 1
x−1 √ dx − x−1
Z
2
√ 1
dx = x−1
Z 1
2
√
Z
2
x − 1dx − 1
dx √ . x−1
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
102 Dalje je
Z
2
√
1
Z
2
√ 1
dx = lim x − 1 ²→0
pa je
Z
Z
¯ 3 2 (x − 1) 2 ¯¯ 2 x − 1dx = ¯ = , 3 ¯ 3 2 1
2
√ 1+² 2
1
p dx = lim 2(1 − (1 + ²) − 1) = 2, x − 1 ²→0
2 x−2 4 √ dx = − 2 = − . 3 3 x−1
Navedimo joˇs primjer koji pokazuje da se uvodjenjem pojma glavne vrijednosti nesvojstvenog integrala proˇsiruje klasa funkcija za koju nesvojstveni integral konvergira. Z 1 1 Primjer 4.23. Pokazati da je dx divergentan integral ali da je −1 x Z 1 1 v.p. dx = 0 x −1 Rjeˇ senje. Kako je Z −² Z 1 1 1 dx + dx = ln ² − ln µ, −1 x µ x graniˇcna vrijednost µZ lim ² → 0+ µ → 0+ ne postoji, ali je
Z
1
v.p. −1
4.4 4.4.1
−²
−1
1 dx + x
Z
1
µ
¶ 1 dx , x
1 dx = lim (ln ² − ln ²) = 0. ²→0 x
Primjene odredjenog integrala u geometriji Povrˇ sina figure u ravni
Neka je funkcija f nenegativna i neprekidna na [a, b]. Iz definicije odredjenog integrala slijedi da je povrˇsina krivolinijskog trapeza funkcije f nad intervalom [a, b] data formulom Z b P = f (x)dx. a
Iz ove formule neposredno slijedi da ako su funkcije f i g neprekidne na intervalu [a, b] i f (x) ≤ g(x) za sve x ∈ [a, b], da je povrˇsina oblasti {(x, y) : a ≤ x ≤ b, f (x) ≤ y ≤ g(x)},
4.4. PRIMJENE ODREDJENOG INTEGRALA U GEOMETRIJI data sa
Z
103
b
P =
(g(x) − f (x))dx. a
Primjer 4.24. Izraˇcunati povrˇsinu figure ograniˇcenu pravom y = x i parabolom y = 2 − x2 . Rjeˇ senje. Odredi´cemo apscise presjeˇcnih taˇcaka date prave i parabole, tako ˇsto ´cemo rijeˇsiti sistem jednaˇcina y=x y = 2 − x2 . Traˇzene apscise su x1 = −2 i x2 = 1. To su i granice integracije. Traˇzena povrˇsina je µ µ ¶¯1 ¶ µ ¶ Z 1 x3 x2 ¯¯ 1 1 8 9 2 [(2−x )−x]dx = 2x − = 2− − − − −4 + − 2 = . ¯ 3 2 −2 3 2 3 2 −2
4.4.2
Duˇ zina luka krive
Ovde razmatramo problem izraˇcunavanja duˇzine luka krive. Taj problem se naziva i rektifikacija. Moˇze se pokazati da za svaku krivu nije mogu´ce odrediti duˇzinu luka krive izmedju odredjenih taˇcaka. Krive za koje je to mogu´ce uraditi zovu se rektifikabilne krive. Koriste´ci definiciju odredjenog integrala i teoremu o srednjoj vrijednosti moˇze se dokazati sljede´ca teorema. Teorema 4.9. Neka funkcija f ima neprekidan prvi izvod na intervalu [a, b]. Duˇzina luka krive izmedju taˇcaka ˇcije su apscise a i b jednaka je Z bp l= 1 + f 02 (x)dx. (4.4) a
Ako je kriva zadata parametarskim jednaˇcinama x = x(t), y = y(t), α ≤ t ≤ β, gdje su x0 i y 0 neprekidne funkcije, tada je duˇzina luka krive jednaka Z βp l= x˙ 0 (t) + y˙ 0 (t)dt.
(4.5)
α
Primjer 4.25. Na´ci duˇzinu luka krive y=
x2 ln x − , 4 2
od taˇcke x = 1 do taˇcke x = e. Rjeˇ senje. Koristimo formulu (4.4), s µ ¶2 ¶ Z µ Z ep Z e 1 1 e 1 1 x− dx = + x dx = l= 1 + y 02 (x)dx = 1+ 4 x 2 1 x 1 1
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
104 =
4.4.3
1 2
µ ¶¯e x2 ¯¯ 1 ln x + = (1 + e2 ). 2 ¯1 4
Zapremina i povrˇ sina obrtnog tijela
Teorema 4.10. Neka je kriva y = f (x) neprekidna na [a, b]. Zapremina tijela nastalog obrtanjem krive y = f (x) oko x−ose nad intervalom [a, b] je Z
b
V =π
f 2 (x)dx,
(4.6)
a
a povrˇsina omotaˇca ovog tijela je Z b p f (x) 1 + f 02 (x)dx. S = 2π a
Primjer 4.26. Izraˇcunati zapreminu i povrˇsinu lopte polupreˇcnika R. Rjeˇ senje. Tijelo koje nastaje obrtanjem krive p y = R2 − x2 , −R ≤ x ≤ R, predstavlja loptu polupreˇcnika R. Iz formule (4.6) dobijamo Z
R
V =π
(R2 − x2 )dx = π
−R
Kako je
µ ¶¯R x3 ¯¯ 4R3 π R2 x − . = ¯ 3 −R 3
x , − x2 p R 1 + y 02 = √ , R2 − x2 y0 = − √
R2
za povrˇsinu omotaˇca vrijedi Z R Z R p R S = 2π R2 − x2 √ dx = 2πR dx = 4R2 π. R2 − x2 −R −R
4.5
Zadaci
Izraˇcunati integrale : Z x2 + 2 dx. 1. x2 (x2 + 4) Z 4 4 2. (a 5 − x 5 )dx. Z 3.
1 + cos 2x dx. cos x
(4.7)
4.5. ZADACI Z 4.
6. 7. 8. 9. 10.
11.
dx . sin x cos2 x 2
Z
5.
105
dx . 4 + 3x2 Koriste´ci smjenu izraˇcunati integrale : Z dx √ . 1+ x+3 Z ex dx . 4 + 5ex Z dx . x ln7 x Z x+1 √ dx. 1 + x2 Z dx √ . 1 + ex Metodom parcijalne integracije izraˇcunati integrale : Z (x2 − x + 2)ex dx. √
Z 12.
√
x ln x.
Z 13.
sin x ln(cos x)dx.
Izvesti rekurentne formule za integrale : Z 14. In = sinn xdx. Z 15. In =
16. 17. 18. 19.
xn e−x dx.
Rastavljanjem na parcijalne razlomke podintegralne funkcije izraˇcunati integrale : Z 2x4 − x2 + 1 dx. x3 − x Z 2 x −3 dx. x2 − 1 Z 11x + 16 dx. (x − 1)(x + 2)2 Z x2 − 2 dx. 3 x (x + 2)2 Izraˇcunati integrale sljede´cih iracionalnih funkcija :
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
106 Z
dx √ . x4 + 1)2 √ Z p 3 1+ 4x √ dx. 21. x Z dx √ 22. dx. x + x2 + x + 1 Z x2 + 4x √ 23. dx. x + x2 + 2x + 2 Na´ci integrale trigonometrijskih funkcija : Z sin3 x dx. 24. cos2 x Z 25. sin 6x cos 4xdx. 20.
x11 (
Z
dx . 8 − 4 sin x + 7 cos x Z √ 1 + sin xdx. 27.
26.
Z
sin3 x √ . 5 cos x Koriste´ci definiciju odredjenog integrala izraˇcunati Z 1 29. x2 dx. 28.
0
Z
π 2
30.
cos xdx.
0
Koriste´ci definiciju odredjenog integrala na´ci graniˇcne vrijednosti ¶ µ 1 1 1 31. lim + + ··· + . n→+∞ n + 1 n+2 n+n ´ 2 n 1³ 1 32. lim en + en + · · · + en . n→+∞ n √ √ √ 1 + 3 2 + 3 3 + ··· + 3 n √ 33. lim . 3 n→+∞ n4 34. Koriste´ci nejednakosti x− pokazati da je
x3 ≤ sin x ≤ x, x ≥ 0, 6
√ √ Z 2 4 2 20 2 sin x √ ≤ ≤ . 21 3 x 0
4.5. ZADACI
107
35. Pokazati da je
Z e
− 1e
≤
1
xx dx ≤ 1.
0
36. Pokazati da je
Z a
b
|x| dx = |b| − |a|. x
Koriste´ci Newton-Leibnizovu formulu izraˇcunati integrale : Z √ 3 e dx p 37. . 1 x 1 − ln2 x Z 2 ex dx. 38. x 1 e −1 Z 3 39. Izraˇcunati integral |2 − x|dx. 0
40. 41. 42. 43.
Izraˇcunati nesvojstvene integrale Z 2 dx p . 3 (x − 1)2 0 Z 6 xdx √ . 4 x2 − 9 3 Z 2 dx √ . 0 x ln x Z π2 ln sin xdx. 0
44. 45. 46. 47.
Ispitati konvergenciju nesvojstvenih integrala Z 2 dx . p 1 x Z 1 dx . x − sin x e 0 Z 2 dx p . x ln x 1 Z +∞ Γ(p) = xp−1 e−x dx. (Gama funkcija.) 0
Z 48. B(p, q) =
1
xp−1 (1 − x)q−1 dx. (Beta funkcija.)
0
49. Izraˇcunati povrˇsinu figure ograniˇcenu parabolom y = x2 + 1 i pravom x + y = 3.
108
ˇ GLAVA 4. INTEGRALNI RACUN
50. Na´ci duˇzinu krive y = x2 − 1 od taˇcke x = −1 do taˇcke x = 1. 51. Izraˇcunati povrˇsinu tijela nastalog obrtanjem oko x−ose povrˇsi ograniˇcene parabolom y = x2 + 1 i pravom y = x − 1.
Glava 5
Redovi 5.1 5.1.1
Numeriˇ cki redovi Definicija i osnovni pojmovi
Definicija 5.1. Neka je dat niz {an } i neka je Sn =
n P
ak . Uredjen par
k=1
({an }, {Sn }) se naziva red, an je opˇ sti ˇ clan reda, a Sn je n−ta parcijalna suma reda. Zbir S reda se definiˇse sa S = lim Sn = lim n→+∞
n→+∞
n X
ak .
k=1
Ako postoji konaˇcan lim Sn kaˇzemo da je red konvergentan i da je S suma n→+∞
reda. To oznaˇcavamo sa
S=
+∞ X
ak .
k=1
Za red koji nije konvergentan kaˇzemo da je divergentan. Primjedba 5.1. Uobiˇcajeno je da se za red koristi ista oznaka kao i za sumu reda +∞ X to jest ak . k=1
Kako konaˇcno mnogo ˇclanova niza ne utiˇce na konvergenciju niza, to iz definicije zakljuˇcujemo da konaˇcno mnogo ˇclanova reda ne utiˇce na konvegenciju reda. Primjer 5.1. Pokazati da red +∞ X k=1
1 k(k + 1) 109
110
GLAVA 5. REDOVI
konvergira i na´ci sumu reda. Rjeˇ senje. Za opˇsti ˇclan reda vrijedi ak =
1 1 − , k k+1
pa za n−tu parcijalnu sumu reda imamo Sn =
n X k=1
1 = k(k + 1)
µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 n 1− + − +· · ·+ − = 1− = . 2 2 3 n n+1 n+1 n+1
Dakle, lim Sn = 1,
n→+∞
pa je dati red konvergentan i suma mu je jednaka 1. +∞ X 1 divergentan. k k=1 Rjeˇ senje. U primjeru 2.15 je pokazano da je niz {Sn } definisan sa
Primjer 5.2. Pokazati da je harmonijski red
Sn =
n X 1 k
k=1
divergentan, a odavde slijedi divergencija datog reda. Ako je red vrijedi
+∞ X
ak konvergentan onda za niz njegovih parcijalnih suma {Sn }
k=1
lim Sn = lim Sn−1 = S,
n→+∞
n→+∞
gdje je S neki realan broj. Dakle, lim (Sn − Sn−1 ) = 0,
n→+∞
to jest lim an = 0.
n→+∞
Na taj naˇcin smo dobili potreban uslov za konvergenciju redova. Teorema 5.1. Potreban uslov da red
+∞ X n=1
an konvergira je
lim an = 0.
n→+∞
+∞ X √ n Primjer 5.3. Red n je divergentan, jer na osnovu primjera 2.11 je n=1 √ lim n n = 1, pa nije ispunjen potreban uslov za konvergenciju.
n→+∞
ˇ 5.1. NUMERICKI REDOVI
111
Primjedba 5.2. Primjer 5.2 pokazuje da uslov lim an = 0
n→+∞
nije dovoljan uslov za konvergenciju reda. Primjer 5.4. Red +∞ X
q n−1
n=1
se naziva geometrijski red. U sluˇcaju da je q = 1, opˇsti ˇclan reda ne teˇzi nuli kad n → +∞, pa dati red konvergira. Ako je q 6= 1, za njegove parcijalne sume imamo 1 − qn Sn = 1 + q + q 2 + · · · + q n−1 = . 1−q 1 . Ako je q > 1 je 1−q n lim q = +∞, pa je red divergentan. Za q < −1 ne postoji lim q n , pa je
Ako je |q| < 1 red je konvergentan i njegova suma S = n→+∞
n→+∞
red divergentan.
Ako je red ({an }, {Sn }) kovergentan i njegova suma S, tada vrijedi S = Sn + rn ,
(5.1)
gdje je rn definisan sa rn =
+∞ X
ak
k=n+1
i naziva se ostatak reda poslije n−tog ˇclana. Iz relacije (5.1) zakljuˇcujemo da je lim rn = 0. Dakle, imamo sljede´cu teoremu. n→+∞
Teorema 5.2. Neka je rn ostatak konvergentnog reda poslije n−tog ˇclana. Tada je lim rn = 0. n→+∞
Vidjeli smo da je dati red konvergentan ako i samo ako je konvergentan niz njegovih parcijalnih suma. Koriste´ci Cauchyjev kriterijum konvergencije za nizove dobijamo Cauchyjev kriterijum konvergencije za redove. Teorema 5.3. Red ({an }, {Sn }) je konvergentan ako i samo ako vrijedi (∀² > 0) (∃n0 > 0) (∀n ≥ n0 )(∀p ∈ N) |Sn+p − Sn | < ². Primjer 5.5. Pokazati da je red +∞ X cos n n2 n=1
112
GLAVA 5. REDOVI
konvvergentan. Rjeˇ senje. Odredi´cemo broj n0 takav da za svaki n ≥ n0 i svaki p ∈ N, vrijedi |Sn+p − Sn | < ². Imamo ¯ ¯ ¯ cos(n + 1) cos(n + 2) cos(n + p) ¯¯ |Sn+p − Sn | = ¯¯ + + · · · + ≤ (n + 1)2 (n + 2)2 (n + p)2 ¯ ≤ <
1 1 1 +≤ + ···+ ≤ < 2 2 (n + 1) (n + 2) (n + p)2
1 1 1 1 1 1 + + ··· + = − < . n(n + 1) (n + 1)(n + 2) (n + p − 1)(n + p) n n+p n
Dakle, |Sn+p − Sn | < pa je dovoljno uzeti
¹ º 1 n0 = + 1. ²
Teorema 5.4. Neka su
+∞ X
an i
n=1
• red
+∞ X
+∞ X
bn konvergentni. Tada vrijedi
n=1
(an + bn ) je konvergentan i
n=1
• red
+∞ X
1 , n
+∞ X
(an + bn ) =
n=1
λan je konvergentan i
n=1
+∞ X
λan = λ
n=1
+∞ X
slijedi iz ˇcinjenice da
bn ,
n=1
an , za svaki λ ∈ R.
+∞ X
an i
lim Sn2 = S 2
n→+∞
implicira lim (Sn1 + Sn2 ) = S 1 + S 2
n→+∞
i lim λSn1 = λS 1 .
n→+∞
+∞ X
n=1
n=1
lim Sn1 = S 1 i
an +
n=1
Dokaz. Neka su Sn1 i Sn1 parcijalne sume redova
n→+∞
+∞ X
+∞ X n=1
bn redom. Dokaz
ˇ 5.1. NUMERICKI REDOVI
5.1.2
113
Redovi sa pozitivnim ˇ clanovima
U ovoj sekciji posmatramo redove sa pozitivnim ˇclanovima, to jest redove +∞ X
an za koje je an > 0 za svaki n ∈ N. Za parcijalne sume Sn reda sa pozitivnim
n=1
ˇclanovima vrijedi • Sn > 0 za svaki n ∈ N, • Sn+1 = Sn + an+1 > Sn za svaki n ∈ N. Dakle, niz {Sn } je monotono rastu´ci. Ako je on ograniˇcen odozgo onda je i konvergentan. Ako niz parcijalnih suma pozitivnog reda nije ograniˇcen odozgo onda je lim Sn = +∞. Na taj naˇcin smo dokazali sljede´cu teoremu. n→+∞
Teorema 5.5. Red sa pozitivnim ˇclanovima je konvergentan ako i samo ako je niz njegovih parcijalnih suma ograniˇcen odozgo. Primjer 5.6. Pokazati da je red +∞ X
1 √ n 1+n 2 n=1 konvergentan. Rjeˇ senje. Pokaza´cemo da je niz parcijalnih suma {Sn } ograniˇcen odozgo. Imamo 1 1 1 Sn = √ + √ + · · · + n √ < 2 2 1+n 2 2 2 3 1 1 1 1 < + 2 + · · · + n = 1 − n < 1. 2 2 2 2 Teorema 5.6. Prvi poredbeni kriterijum. Neka su
+∞ X
an i
n=1
+∞ X
bn redovi sa
n=1
pozitivnim ˇclanovima i an ≤ bn za svaki n ∈ N. Tada iz konvergencije reda slijedi konvergencija reda reda
+∞ X
+∞ X
an , a iz divergencije reda
n=1
+∞ X
+∞ X
bn
n=1
an slijedi divergencija
n=1
bn .
n=1
Dokaz. Neka su Sn1 i Sn1 parcijalne sume redova
+∞ X n=1
an i
+∞ X n=1
bn redom. Ako
je an ≤ bn za svaki n ∈ N tada je Sn1 ≤ Sn2 , pa ako je niz {Sn2 } ograniˇcen +∞ X 1 odozgo onda je takav i niz {Sn } to jest ako je red bn konvergentan takav je n=1
114
GLAVA 5. REDOVI
i red
+∞ X
an . S druge strane iz
n=1
divergencije reda
+∞ X
lim Sn1 = +∞ slijedi
n→+∞
an slijedi divergencija reda
n=1
+∞ X
lim Sn2 = +∞, pa iz
n→+∞
bn .
n=1
Na sliˇcan naˇcin se mogu dokazati i sljede´ce teoreme. +∞ X
Teorema 5.7. Drugi predbeni kriterijum. Neka su
an i
n=1
sa pozitivnim ˇclanovima. Ako postoji K > 0 takav da je lim
n→+∞
redovi
+∞ X
+∞ X
an i
n=1
ili divergentna.
an = K tada su bn
bn ekvikonvergentni, to jest oba reda su ili konvergentna
+∞ X n=1
pozitivnim ˇclanovima. Ako je slijedi konvergencija reda +∞ X
bn redovi
n=1
n=1
Teorema 5.8. Tre´ ci predbeni kriterijum. Neka su
reda
+∞ X
+∞ X
an i
+∞ X
bn redovi sa
n=1
+∞ X an = 0 tada iz konvergencije reda bn n→+∞ bn n=1
lim
an , a iz divergencije reda
n=1
+∞ X
an slijedi divergencija
n=1
bn .
n=1
Primjer 5.7. Ispitati konvergenciju sljede´cih redova : +∞ +∞ +∞ X X X 2 1 1 p (i) , (ii) , (iii) sin2 . 2 n + 10n + 100 n n(n + 1) n=1 n=1 n=1 Rjeˇ senje. (i) Kako je 2 1 p ≥ n n(n + 1) na osnovu prvog poredbenog kriterijuma i ˇcinjenice da je dobijamo da je dati red divergentan. (ii) Vrijedi 1 n2 +10n+100 1 n→+∞ n(n+1)
lim
+∞ X
+∞ X 1 divergentan red n n=1
= 1,
1 konvergentan, na osnovu drugog poredbenog kritern(n + 1) n=1 ijuma zakljuˇcujemo da se radi o konvergentnom redu. pa kako je red
ˇ 5.1. NUMERICKI REDOVI
115
(iii) Red je konvergentan. Naime, 1 n2 n→+∞ sin2 1 n
lim
a red
= 1,
+∞ X 1 je konvergentan. n2 n=1
Teorema 5.9. Integralni kriterijum. Neka je f neprekidna, pozitivna i monotono nerastu´ca funkcija na ]1, +∞). Tada su Z
+∞
f (x)dx i 1
+∞ X
f (n)
n=1
ekvikonvergentni. Dokaz. Vrijedi sljede´ce Z n Z f (x)dx = 1
Z
2
1
Z
3
f (x)dx +
n
f (x)dx + · · · + 2
f (x)dx. n−1
Kako je funkcija f monotono nerastu´ca dobijamo Z k f (k) ≤ f (x)dx ≤ f (k − 1), k = 2, 3, . . . , n. k−1
Sada imamo Z f (2) + f (3) + · · · + f (n) ≤
n
f (x)dx ≤ f (1) + f (2) + · · · + f (n − 1), 1
odakle zakljuˇcujemo da su Z
+∞
f (x)dx i 1
+∞ X
f (n)
n=1
ekvikonvergentni. Z
+∞
dx konvergentan za xp 1 p > 1, a divergentan za p ≤ 1, zakljuˇcujemo da je hiperharmonijski red +∞ X 1 , konvergentan za p > 1, a divergentan za p ≤ 1. p n n=1 Primjer 5.8. Kako je prema primjeru 4.19 integral
Teorema 5.10. D’Alembertov kriterijum. Neka je ˇclanovima. Ako postoji
lim
n→+∞
an+1 = L, tada vrijedi an
+∞ X n=1
an red sa pozitivnim
116
GLAVA 5. REDOVI
• ako je L < 1 red
+∞ X
an je konvergentan,
n=1
• ako je L > 1 red
+∞ X
an je divergentan,
n=1
• ako je L = 1 red
+∞ X
an moˇze da bude konvergentan ili divergentan.
n=1
Dokaz. Neka je lim an = L < 1, tada postoji ² > 0 takav da je L + ² < 1. Za n→+∞
takav ² > 0 postoji n0 ∈ N takav da je ¯ ¯ ¯ an+1 ¯ ¯ ¯ < ² za sve n ≥ n0 . − L ¯ an ¯ Neka je q = L + ². Imamo sljede´ce an+1 < q za sve n ≥ n0 , an pa matematˇckom indukcijom dobijamo an an+1 < n00 q n+1 za sve n ≥ n0 . q Sada na osnovu prvog poredbenog kriterijuma zakljuˇcujemo da je dati red konvergentan. Ako je L > 1 tada se na sliˇcan naˇcin moˇze pokazati da postoji n0 ∈ N takav da je an+1 ≥ 1 za sve n ≥ n0 , an pa zakljuˇcujemo da opˇsti ˇclan ne teˇzi 0 kad n → +∞. Dakle, nije ispunjen potreban uslov za konvegenciju redova. +∞ X 1 Da za L = 1 red moˇze da konvergira slijedi iz primjera , a da moˇze da 2 n n=1 divergira pokazuje primjer
+∞ X 1 . n n=1
Primjer 5.9. Pokazati da je red Rjeˇ senje. Kako je
+∞ X n! , konvergentan. nn n=1
an+1 (n + 1)! nn nn 1 ¢n , = · = =¡ n+1 n an (n + 1) n! (n + 1) 1 + n1 zakljuˇcujemo da je
1 an+1 = < 1, an e pa je prema D’alembertovom kriterijumu dati red konvergentan. lim
n→+∞
ˇ 5.1. NUMERICKI REDOVI
117
Na sliˇcan naˇcin kao D’alembertov kriterijum se moˇze dokazati i sljede´ci kriterijum. Teorema 5.11. Cauchyjev kriterijum. Neka je √ ˇclanovima. Ako postoji lim n an = L, tada vrijedi
+∞ X
an red sa pozitivnim
n=1
n→+∞
• ako je L < 1 red
+∞ X
an je konvergentan,
n=1
• ako je L > 1 red
+∞ X
an je divergentan,
n=1
• ako je L = 1 red
+∞ X
an moˇze da bude konvergentan ili divergentan.
n=1
Primjer 5.10. Pokazati da je red
n=1
Rjeˇ senje. Kako je √ n
+∞ µ X
µ an =
n2 + 1 2 n +n+1
zakljuˇcujemo da je
n2 + 1 2 n +n+1
¶n =
√ n
µ 1−
¶n2 konvergentan.
n n2 + n + 1
¶n ,
1 < 1, n→+∞ e pa je prema Cauchyjevom kriterijumu dati red konvergentan. lim
5.1.3
an =
Alternativni redovi
Definicija 5.2. Red oblika +∞ X
(−1)n an ,
n=1
gdje je an > 0 za svaki n ∈ N, nazivamo alternativni red. Moˇze se pokazati da vrijedi sljede´ca teorema. Teorema 5.12. Leibnizov kriterijum. Ako niz {an } monotono opada i +∞ X lim an = 0, tada alternativni red (−1)n−1 an , konvergira. n→+∞
Primjer 5.11. Red opada i teˇzi nuli.
n=1 +∞ X
1 1 (−1)n−1 , konvergira jer niz , n n n=1
n ∈ N monotono
118
GLAVA 5. REDOVI
Za pribliˇzno izraˇcunavanje sume alternativnog reda od koristi je sljede´ca teorema. Teorema 5.13. Neka niz {an } monotono opada i
lim an = 0, tada je
n→+∞
¯ ¯ +∞ ¯ X ¯ ¯ ¯ (−1)k−1 ak ¯ < an+1 i sgnrn = (−1)n . |rn | = ¯ ¯ ¯ k=n+1
+∞ X (−1)n−1 treba sabrati da bi se njegova n2 n=1 suma izraˇcunala sa taˇcnoˇs´cu do 10−2 . Rjeˇ senje. Prema prethodnoj teoremi za ostatak datog reda vrijedi
Primjer 5.12. Koliko ˇclanova reda
|rn | <
1 , (n + 1)2
pa je nejednakost
1 102 ispunjena ako je n + 1 > 10, to jest n > 9. |rn | <
Definicija 5.3. Za red red
+∞ X
+∞ X
an kaˇzemo da je apsolutno konvergentan ako
n=1
|an | konvergira. Ako red
n=1
+∞ X
an konvergira, ali ne konvergira apsolutno
n=1
kaˇzmo da je uslovno konvergentan. Primjer 5.13. Red
+∞ X
(−1)n−1
n=1
je uslovno konvergentan.
+∞ X 1 1 je apsolutno konvergentan, a red (−1)n−1 n2 n n=1
Teorema 5.14. Ako je red apsolutno konvegentan tada je on i konvergentan. Dokaz. Tvrdjenje slijedi iz Cauchyjevog kriterijuma za konvergenciju i uopˇstene nejednakosti trougla |an+1 + an+2 · · · + an+p | ≤ |an+1 | + |an+2 | + · · · + |an+p |.
Primjetimo da ako je red konvergentan on ne mora biti i apsolutno konvergentan. Za apsolutno konvergentne redove vrijedi sljede´ca teorema. Teorema 5.15. Ako je red bijekcija tada je
+∞ X
an apsolutno konvergentan i funkcija s : N → N
n=1 +∞ X n=1
an =
+∞ X n=1
as (n).
5.2. FUNKCIONALNI NIZOVI I REDOVI
5.2 5.2.1
119
Funkcionalni nizovi i redovi Funkcionalni nizovi
Definicija 5.4. Preslikavanje definisano na skupu N kod koga je slika za svaki n ∈ N neka funkcija definisana na skupu X nazivamo funkcionalnim nizom i oznaˇcavamo sa {fn (x)}, x ∈ X, ili kra´ce {fn }. Kod funkcionalnih nizova imamo dvije vrste konvergencije. To je obiˇ cna i uniformna konvegencija. Definicija 5.5. Funkcionalni niz {fn (x)}, x ∈ X obiˇ cno konvergira na skupu Y ka funkciji f : Y → R ako za svako x ∈ Y vrijedi f (x) = lim fn (x). n→+∞
Primjer 5.14. Funkcionalni niz {fn (x)} definisan sa r 1 fn (x) = x2 + 2 , x ∈ R, n obiˇcno konvergira ka funkciji f (x) = |x| na skupu R. Definicija 5.6. Funkcionalni niz {fn (x)}, x ∈ X uniformno konvergira na skupu Y ka funkciji f : Y → R ako vrijedi (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 )(∀x ∈ Y ) |fn (x) − f (x)| < ². Primjer 5.15. Funkcionalni niz {fn (x)} definisan sa fn (x) =
1 , x ∈ R, x2 + n2
uniformno konvergira ka funkciji f (x) = 0 na skupu R. Rjeˇ senje. Neka je dat ² > 0. Iz nejednakosti |fn (x) − f (x)| ≤ j zakljuˇcujemo da za n0 =
1 √ ²
1 , n2
k + 1 vrijedi
(∀n ≥ n0 )(∀x ∈ R) |fn (x) − f (x)| < ². Za ispitivanje uniformne konvergencije ˇcesto se koristi sljede´ci kriterijumi. Teorema 5.16. Weierstrassov kriterijum. Niz funkcija {fn } uniformno konvergira ka funkciji f na skupu X ako i samo ako postoji niz realnih brojeva {cn } koji ne zavisi od x ∈ X, takav da je lim cn = 0 i n→+∞
|fn (x) − f (x)| ≤ cn za sve x ∈ X, n ∈ N.
120
GLAVA 5. REDOVI
Teorema 5.17. Cauchyjev kriterijum. Niz funkcija {fn } uniformno konvergira ka funkciji f na skupu X ako i samo ako (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 )(∀p ∈ N)(∀x ∈ X) |fn+p (x) − fn (x)| < ². Teorema 5.18. Niz funkcija {fn } uniformno konvergira ka funkciji f na skupu X ako i samo ako je lim sup |fn (x) − f (x)| = 0.
n→+∞ x∈X
Primjer 5.16. Ispitati obiˇcnu i uniformnu konvergenciju niza funkcija fn (x) =
nx , x ∈ [0, 1]. 1 + n2 x2
Rjeˇ senje. Imamo lim
n→+∞
nx = 0, 1 + n2 x2
za sve x ∈ [0, 1],
pa dati niz funkcija obiˇcno konvergira ka funkciji f (x) = 0, x ∈ [0, 1]. Ispitajmo unifrmnu konvergenciju. Vrijedi sup |fn (x) − f (x)| = max fn (x), x∈[0,1]
x∈[0,1]
jer je funkcija fn neprekidna, pa na intervalu [0, 1] dostiˇze maksimum. Taj 1 maksimum se dostiˇze za x = . Dakle, n µ ¶ 1 1 sup |fn (x) − f (x)| = fn = 6= 0, n 2 x∈[0,1] pa zakljuˇcujemo da funkcija ne konvergira uniformno. Na kraju navedimo neke osobine uniformno konvergentnih nizova. Teorema 5.19. Osobine uniformno konvergentnih nizova. • Ako niz neprekidnih funkcija {fn } uniformno konvergira na skupu X ka funkciji f tada za svaki x0 ∈ X vrijedi µ ¶ µ ¶ lim lim fn (x) = lim lim fn (x) . n→+∞
x→x0
x→x0
n→+∞
• Ako niz neprekidnih funkcija {fn } uniformno konvergira na intervalu [a, b] ka funkciji f tada vrijedi µZ x ¶ Z xµ ¶ lim fn (t)dt = lim fn (t) dt, x ∈ [a, b]. n→+∞
a
a
n→+∞
5.2. FUNKCIONALNI NIZOVI I REDOVI
121
• Neka je {fn } niz neprekidno diferencijabilnih funkcija na [a, b]i neka niz 0 {fn } uniformno konvergira na [a, b]. Ako postoji taˇcka c ∈ [a, b] takva da je niz {fn (c)} konvergentan tada i niz funkcija {fn } uniformno konvergira na [a, b] i vrijedi µ
¶0 lim fn (x) , x ∈ [a, b].
0
lim fn (x) =
n→+∞
n→+∞
Primjer 5.17. Izraˇcunati Z
1
lim
n→+∞
1 dx. + n2
x2
0
Rjeˇ senje. U primjeru 5.15 smo ustanovili da niz ½ ¾ 1 x2 + n2 konvergira uniformno na skupu R, pa prema tome i na [0, 1]. Dakle, Z lim
n→+∞
5.2.2
0
1
1 dx = 2 x + n2
Z
1 0
µ
1 lim n→+∞ x2 + n2
¶ dx = 0.
Funkcionalni redovi
Definicija 5.7. Neka je dat niz funkcija {un (x)} definisanih na skupu X. Red +∞ X
un (x), x ∈ X,
n=1
naziva se funkcionalni red. Definicija 5.8. Za red
+∞ X
un (x) kaˇzemo da obiˇ cno (uniformno) konvergira
n=1
na skupu X ako niz njegovih parcijalnih suma Sn (x) obiˇcno (uniformno) konvergira ka sumi S(x) ovog reda na skupu X. Kao posljedicu kriterijuma za uniformnu konvergenciju funkcionalnih nizova dobijamo kriterijume za unformnu konvergenciju funkcionalnih redova. Teorema 5.20. Weierstrassov kriterijum. Ako postoji konvergentan brojni +∞ X red cn , cn > 0, za koji za sve x ∈ X i sve n ∈ N, vrijedi n=1
|un (x)| ≤ cn ,
122
GLAVA 5. REDOVI
onda funkcionalni red +∞ X
un (x)
n=1
apsolutno i uniformno konvergira na skupu X. Primjer 5.18. Ispitati uniformnu konvergenciju funkcionalnog reda µ ¶ +∞ X n2 1 1 √ ≤ |x| ≤ 2. xn + n , x 2 n! n=1 Rjeˇ senje. Vrijedi ¯ ¯ ¯ n ¯ ¯x + 1 ¯ ≤ 2n + 2n = 2n+1 , ¯ n x ¯
za sve
1 ≤ |x| ≤ 2. 2
Dalje, red +∞ 2 n+1 X n 2 √ , n! n=1
konvergira na osnovu D’Alembertovog kriterijuma, pa zakljuˇcujemo da je dati red uniformno konvergentan. Teorema 5.21. Cauchyjev kriterijum. Red
+∞ X
un (x)je uniformno konver-
n=1
gentan na skupu X ako i samo ako
(∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 )(∀p ∈ N)(∀x ∈ X) |un+1 (x) + · · · + un+p (x)| < ². Teorema 5.22. Osobine uniformno konvergentnih redova. • Neka je dat red neprekidnih funkcija koji uniformno konvergira na skupu X. Tada za svaki x0 ∈ X vrijedi à +∞ ! +∞ X X lim un (x) = un (x0 ). x→x0
n=1
n=1
• Ako su ˇclanovi niza {un (x)} neprekidne funkcije na intervalu [a, b] i ako +∞ X red un (x) uniformno konvergira na [a, b] tada i red n=1 +∞ Z X n=1
x
un (t)dt, x ∈ [a, b], a
uniformno konvvergira na [a, b] i vrijedi ! Z x ÃX +∞ Z x +∞ X un (t)dt = un (t) dt, x ∈ [a, b]. n=1
a
a
n=1
5.2. FUNKCIONALNI NIZOVI I REDOVI
123
• Neka je {un (x)} niz neprekidno diferencijabilnih funkcija na [a, b]i neka +∞ X red un (x) uniformno konvergira na [a, b]. Ako postoji taˇcka c ∈ [a, b] n=1
takva da je red
+∞ X
un (c) konvergentan tada i red
n=1
0
un (x) =
à +∞ X
n=1
5.2.3
un (x) uniformno
n=1
konvergira na [a, b] i vrijedi +∞ X
+∞ X
!0 un (x)
, x ∈ [a, b].
n=1
Stepeni redovi
Definicija 5.9. Funkcionalni red +∞ X
an xn , an ∈ R, n = 0, 1, . . .
n=0
naziva se stepeni ili potencijalni red. Primjer 5.19. Stepeni red
+∞ X
xn , je konvergentan za sve x ∈ R za koje je
n=0
|x| < 1. Za takve x dati red je i apsolutno konvergentan. Primjetimo da ako je 0 ≤ r < 1 da je red na osnovu Weirstrassovog kriterijuma uniformno konvergentan na skupu {x : |x| ≤ r}. Prethodni primjer nam daje ideju za dokaz sljede´ce teoreme. Teorema 5.23. Ako stepeni red
+∞ X
an xn , konvergira za neko x0 6= 0 tada on
n=0
apsolutno konvergira za svako x za koje je |x| < |x0 | i uniformno konvergira na skupu {x : |x| ≤ r}, gdje je 0 ≤ r < |x0 |. Dokaz. Neka je x0 6= 0 takav da je red
+∞ X
an xn0 konvergentan. Potreban uslov
n=0
da red konvergira je da njegov opˇsti ˇclan teˇzi nuli. Dakle,
lim an xn0 = 0. Iz
n→+∞
definicije graniˇcne vrijednosti zakljuˇcujemo da postoji M > 0 tako da je |an xn0 | ≤ M za sve n ∈ N. Sada je n
|an x | = Kako je
¯ ¯n ¯ ¯n ¯x¯ ¯ ¯ ¯ ≤M¯x¯ ¯ ¯ x0 ¯ x0
|an xn0 | ¯¯
¯ +∞ ¯ X ¯ x ¯n ¯ ¯ , ¯ x0 ¯
n=0
za sve n ∈ N.
124
GLAVA 5. REDOVI
¯ ¯ ¯x¯ konvergentan red, jer je ¯¯ ¯¯ < 1,na osnovu prvog poredbenog kriterijuma zax0 kljuˇcujemo i da je red konvergentan.
+∞ X
+∞ X
|an xn |, konvergentan, to jest red
n=0
an xn , apsolutno
n=0
Neka je 0 ≤ r < |x0 |. Pokaˇzimo da je red
+∞ X
an xn , uniformno konvergentan na
n=0
skupu {x : |x| ≤ r}. Neka x ∈ {x : |x| ≤ r}. Tada je |an xn | ≤ |an |rn za sve n ∈ N. Red
+∞ X
|an |rn je konvergentan, na osnovu prethodnog dijela dokaza, pa sada
n=0
na osnovu Weierstrsassovog kriterijuma red uniformno konvergira na skupu {x : |x| ≤ r}. Posljedica 5.1. Ako stepeni red
+∞ X
an xn divergira u taˇcki x0 , tada dati red
n=0
divergira za svako x za koje je |x| > |x0 |. Definicija 5.10. Realan broj R > 0 takav da stepeni red
+∞ X
an xn konvergira,
n=0
za svako x iz skupa {x : |x| < R}, a divergira za svako x iz skupa {x : |x| > R} +∞ X se naziva polupreˇ cnik konvergencije stepenog reda an xn . n=0
Iz teoreme 5.23 dobijamo sljede´cu teoremu. Teorema 5.24. Ako je R polupreˇcnik konvegencije reda
+∞ X
an xn tada red apso-
n=0
lutno konvergira na (−R, R), a divergira za |x| > R i red uniformno konvergira na [−r, r] za svaki r ∈ (0, R). Iz D’Alembertovog i Cauchyjevog kriterijuma dobijamo postupak za odredjivanje polupreˇcnika konvergencije stepenog reda. Teorema 5.25. Polupreˇcnik konvegencije stepenog reda
+∞ X n=0
¯ ¯ ¯ an ¯ ¯ R = lim ¯¯ n→+∞ an+1 ¯ ili R = lim
n→+∞
1 p . n |an |
an xn dat je sa
5.2. FUNKCIONALNI NIZOVI I REDOVI
125
Primjer 5.20. Odrediti polupreˇcnik konvergencije reda +∞ X (n!)2 n x . (2n)! n=1
Rjeˇ senje. Imamo
pa je
¯ ¯ ¯ an ¯ (2n + 2)(2n + 1) ¯ ¯ , ¯ an+1 ¯ = (n + 1)2 ¯ ¯ ¯ an ¯ ¯ = 4. R = lim ¯¯ n→+∞ an+1 ¯
Definicija 5.11. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini nule i neka postoje svi izvodi funkcije f u nuli. Stepeni red +∞ (n) X f (0) n x n! n=1
nazivamo Maclaurinovim redom funkcije f . Koriste´ci osobine uniformno konvergentnih redova (teorema 5.22) moˇze se dobiti sljede´ca teorema. Teorema 5.26. Ako je f (x) =
+∞ X
an xn , −R < x < R
n=0
tada je an =
f (n) (0) , n = 0, 1, . . . n!
Na kraju, dajemo neke funkcije predstavljene pomo´cu stepenog reda •
+∞ X 1 = xn , −1 < x < 1, 1 − x n=0
•
+∞ X 1 = (−1)n xn , −1 < x < 1, 1 + x n=0
• ln(1 + x) =
+∞ n+1 X x , −1 < x ≤ 1, n +1 n=0
+∞ n X x , −∞ < x < ∞, • e = n! n=0 x
126
GLAVA 5. REDOVI
• sin x =
+∞ X
(−1)n
n=0
• cos x =
+∞ X
(−1)n
n=0
• arctg x =
+∞ X
x2n+1 , −∞ < x < ∞, (2n + 1)! x2n , −∞ < x < ∞, (2n)!
(−1)n
n=0
5.3
x2n+1 , −1 < x ≤ 1. 2n + 1
Zadaci
1. Koriste´ci definiciju, ispitati konvergenciju redova i na´ci njihove sume : +∞ +∞ X X 1 1 (i) , (ii) . (n + 1)(n + 3) n(n + 1)(n + 2) n=1 n=1 2. Ispitati konvergenciju sljede´cih redova : ¶n2 µ +∞ 2 +∞ +∞ X X X n n+1 (n!)2 −n (i) , (ii) , (iii) . 3 3n n (2n)! n=1 n=1 n=1 3. Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju redova : +∞ +∞ +∞ X X X (n!)2 1 π (−1)n (i) (−1)n , (ii) (−1)n sin √ , (iii) . n ln n (2n)! n n=1 n=1 n=1 4. Pokazati da je red
∞ X
sin(π
p
n2 + a2 )
n=1
konvergentan za svaki a ∈ R. Odrediti a ∈ R za koje je red i apsolutno konvergentan. 5. Na´ci oblast konvergencije redova : +∞ +∞ +∞ X X X 1 sin nx n 1 (i) , (ii) (−1) , (iii) . x x n n n2 n=1 n=1 n=1 6. Koriste´ci Cauchyjev kriterijum konvergencije pokazati da je red +∞ X sin nx , n(n + 1) n=1
konvergentan. 7. Ispitati uniformnu konvergenciju funkcionalnih nizova : 1 , x > 0, (i) fn (x) = x+n
5.3. ZADACI
127
1 , 2 1 (ii) fn (x) = xn − xn+1 , 0 ≤ x ≤ . 2 (ii) fn (x) = xn − xn+1 , 0 ≤ x ≤
8. Pokazati da sljede´ci redovi konvergiraju uniformno na cijelom skupu R, +∞ +∞ X X 1 cos nx . (i) , (ii) 2 n(n + 1) + x n! n=1 n=1 9. Odrediti polupreˇcnik konvergencije sljede´cih redova : +∞ +∞ +∞ X X X xn n2 x n 32n−1 + 1 n (i) , (ii) , (iii) x . (−1)n n(n + 1) (2n + 1)! (2n)! n=1 n=1 n=1 10. Odrediti Taylorov red funkciju 1 . (x − 1)(x + 2)
f (x) = 11. Odrediti Taylorov red funkcije f (x) =
2x + 5 . (x − 1)(2x − 3)
12. Odrediti polupreˇcnik konvergencije i sumu reda +∞ X
xn . n(n + 1) n=1 13. Odrediti polupreˇcnik konvergencije i sumu reda +∞ X
(−1)n
n=1
14. Sumirati sljede´ce redove : +∞ +∞ X X x2n (i) nxn , (ii) (−1)n , 2n n=1 n=1
x2n+1 . 2n(2n + 1)
(iii)
15. Izraˇcunati sume redova : +∞ n +∞ X X 3 (n + 2) 1 . (i) (−1)n , (ii) n n! n=1 n=1
+∞ X
xn . (n + 1)(n + 2) n=1
128
GLAVA 5. REDOVI
Glava 6
Diferencijalne jednaˇ cine 6.1 6.1.1
Uvod Osnovni pojmovi
Neka je F realna funkcija n + 2 promjenljive. Jednaˇcina F (x, y, y 0 , . . . , y (n) ) = 0, x ∈ (a, b),
(6.1)
gdje je y nepoznata n−puta diferencijabilna funkcija naziva se diferencijalnom jednaˇ cinom reda n ako se u njoj obavezno pojavljuje funkcija y (n) . Ako je diferencijalna jednaˇcina data u obliku y (n) = f (x, y, y 0 , . . . , y (n−1) ),
(6.2)
kaˇzemo da ima normalni oblik. Opˇ ste rjeˇ senje diferencijalne jednaˇcine (6.1) je svaka funkcija y = y(x), x ∈ (a, b) koja je data sa G(x, y, C1 , . . . , Cn ) = 0,
(6.3)
gdje su C1 , . . . , Cn konstante tako da vaˇzi • y = y(x) je rjeˇsenje jednaˇcine (6.1) na (a, b), to jest za y = y(x) jednaˇcina (6.1) postaje identitet na (a, b), • eliminacijom konstanti C1 , . . . , Cn iz (6.3) i izvodnih jednakosti do reda n dobijamo samo diferencijalnu jednaˇcinu (6.1). Partikularno rjeˇ senje je svako rjeˇsenje koje se dobija iz opˇsteg rjeˇsenja za konkretne vrijednosti bar jedne od konstanti C1 , . . . , Cn . Singularno rjeˇ senje je rjeˇsenje koje se ne moˇze dobiti iz opˇsteg rjeˇsenja ni za jednu vrijednost konstanti C1 , . . . , Cn . 129
130
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
Integralna kriva diferencijalne jednaˇcine je svako njeno partikularno ili singularno rjeˇsenje posmatrano kao kriva y = y(x). Uslovi y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 , (6.4) se nazivaju poˇ cetni uslovi. Problem (6.2), (6.4) se naziva Cauchyjev poˇ cetni problem reda n. Problem y 0 = f (x, y) y(x0 ) = y0 ,
(6.5)
je Cauchyjev poˇ cetni problem prvog reda. Napomenimo da se pored Cauchyjevog poˇcetnog problema u teoriji diferencijalnih jednaˇcina izuˇcavaju i graniˇ cni problemi. Graniˇcni problemi su komplikovaniji, a kao ilustraciju navodimo graniˇcni problem drugog reda. Problem y 00 = f (x, y, y 0 ) y(a) = A, y(b) = B,
(6.6)
gdje su a i b krajnje taˇcke posmatranog intervala, a A i B dati realni brojevi se naziva graniˇ cni problem drugog reda. Na kraju ove sekcije recimo i to da diferencijalne jednaˇcine opisuju razne prirodne pojave. Tako na primjer jednaˇcina y 0 = ky, predstavlja Maltusov zakon porasta populacije, dok su rjeˇsenja Hermitove jednaˇcine y 00 − 2xy 0 + 2py = 0, talasne funkcije kvantne mehanike.
6.1.2
Egzistencija i jedinstvenost rjeˇ senja
U ovoj sekciji bavi´cemo se pitanjem egzistencije ijedinstvenosti rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine prvog reda. Taˇcnije, bavi´cemo se pitanjem egzistencije i jednistvenosti rjeˇsenja Cauchyjevog problema (6.5). Sljede´ca teorema je poznata kao Peanova teorema. Teorema 6.1. Neka je funkcija f neprekidna u oblasti D = {(x, y) : |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b} tada Koˇsijev problem (6.5) ima bar jedno rjeˇsenje definisano na [x0 − h, x0 + h], b gdje je h = min{a, M } i M = sup |f (x, y)|. D
6.1. UVOD
131
Vidjeli da neprekidnost funkcije f obezbjedjuje egzistenciju rjeˇsenja problema (6.5). Prirodno pitanje je kada je rjeˇsenje Cauchyevog problema jedinstveno. Ako se za funkciju f uvedu pored neprekidnosti i drugi uslovi moˇze se obezbjediti i jedinstvenost rjeˇsenja Cauchyevog problema (6.5). Sljede´ci rezultat je poznat kao teorema Picarda i Lindel¨ofa. Teorema 6.2. Neka je funkcija f neprekidna u oblasti D = {(x, y) : |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b} i zadovoljava Lipshitzov uslov po y, tj postoji konstanta L takva da je |f (x, y1 ) − f (x, y2 )| ≤ L|y1 − y2 | za sve (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ D, tada Koˇsijev problem (6.5) ima taˇcno jedno rjeˇsenje definisano na [x0 −h, x0 +h], b gdje je h = min{a, M } i M = sup |f (x, y)|. D
Dokaz. Oˇcigledno je svako rjeˇsenje jednaˇcine Z x y(x) = y0 + f (t, y(t))dt
(6.7)
x0
rjeˇsenje problema (6.5) i obratno, pa je dovoljno pokazati da jednaˇcina (6.7) ima jedinstveno rjeˇsenje na segmentu [x0 − h, x0 + h]. Pokaˇzimo prvo egzistenciju rjeˇsenja. Definiˇsimo niz funkcija {yn (x)} na sljede´ci naˇcin: Z x y0 (x) = y0 , yn (x) = y0 + f (t, yn−1 (t))dt, n ∈ N. (6.8) x0
Niz {yn (x)} je dobro definisan. Naime, ¯Z x ¯ ¯ ¯ ¯ |yn (x) − y0 | = ¯ f (t, yn−1 (t))dt¯¯ ≤ M |x0 − x| ≤ M h ≤ b x0
za sve x ∈ [x0 − h, x0 + h], n ∈ N. Dakle, (x, yn (x)) ∈ D za sve x ∈ [x0 − h, x0 + h], n ∈ N. Dalje, indukcijom dobijamo |yn (x) − yn−1 (x)| ≤
M Ln−1 |x − x0 |n , x ∈ [x0 − h, x0 + h], n ∈ N. n!
Sada imamo |yn+p (x) − yn (x)| ≤
n+p X
M Li−1 |x − x0 |i , i! i=n+1
odnosno |yn+p (x) − yn (x)| ≤
M (L|x − x0 |)n Ln!
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
132
µ ¶ L|x − x0 | (L|x − x0 |)2 (L|x − x0 |)p × 1+ + + ··· + . n+1 (n + 1)(n + 2) (n + 1) · · · (n + p) Dakle, |yn+p (x) − yn (x)| ≤
M (L|x − x0 |)n 1 . L|x−x 0| Ln! 1−
(6.9)
n+1
Ako u posljednjoj nejednakosti pustimo da n, p → +∞ dobijamo na osnovu Koˇsijevog kriterijuma da je niz funkcija {yn (x)} uniformno konvergentan. Neka je lim yn (x) = z(x). Tada zbog (6.9) imamo n→+∞
|z(x) − yn (x)| ≤
M (L|x − x0 |)n n+1 , n ≥ n0 . Ln! n + 1 − L|x − x0 |
Pokaˇzimo da je z rjeˇsenje Koˇsijevog problema (6.5). Vrijedi sljede´ce ¯ ¯ ¯ ¯ Z x Z x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯z(x) − y0 − ¯ ¯ f (t, z(t))dt¯ = ¯z(x) − yn (x) + (f (t, yn−1 (t)) − f (t, z(t)))dt¯¯ , ¯ x0
x0
pa je ¯ Z ¯ ¯z(x) − y0 − ¯
¯ ¯Z x ¯ ¯ ¯ ¯ f (t, z(t))dt¯¯ ≤ |yn (x) − z(x)| + L ¯¯ (yn−1 (t) − z(t))dt¯¯ .
x
x0
x0
Neka je ² > 0, tada postoji n0 ∈ N takav da vrijedi ² za sve n ≥ n0 2
|yn (x) − z(x)| ≤ i
² za sve n ≥ n0 . 2Lh
|yn−1 (x) − z(x)| ≤ Dakle, imamo ¯ Z ¯ ¯z(x) − y0 − ¯
x
x0
¯ Z x ¯ ² ² ² ² dt ≤ + |x − x0 | ≤ ². f (t, z(t))dt¯¯ ≤ + L 2 2 2Lh x0 2Lh
Znaˇci,
Z
x
z(x) = y0 +
f (t, z(t))dt. x0
Pokaˇzimo da je z jedinstveno rjeˇsenje. Neka su z1 i z2 dva razliˇcita rjeˇsenja problema (6.5). Stavimo g(x) = (z1 (x) − z2 (x))2 , x ∈ [x0 , x0 + h]. Imamo
0
0
0
g (x) = 2(z1 (x) − z2 (x))(z1 (x) − z2 (x)), pa je
0
|g (x)| ≤ 2Lg(x).
6.1. UVOD
133
Odavde je
³
g(x)e−2L(x−x0 )
´0 ≤ 0 za sve x ∈ [x0 , x0 + h],
pa je g(x) ≤ g(x0 ) za sve x ∈ [x0 , x0 + h]. Dakle, g(x) = 0 za sve x ≥ x0 . Ako je x ≤ x0 stavimo t = 2x0 − x i ponovimo prethodni postupak. Primjedba 6.1. Metod opisan u dokazu prethodne teoreme poznat je kao metod sukcesivnih aproksimacija. Primjer 6.1. 0
y (x) = y 2 − x2 + 1, y(0) = 0. Koriste´ci metod sukcesivnih aproksimacija dobijamo Z x 2 y0 (x) = 0, yn (x) = (yn−1 (t) − t2 + 1)dt, n ∈ N. 0
Za prva tri ˇclana niza {yn (x)} imamo: Z
x
y1 (x) =
(1 − t2 )dt = x −
0
Z y2 (x) = 0
Z y3 (x) = 0
x
x
"µ
t3 t− 3
"µ
+4
#
¶2
2t5 t7 t− + 15 63
x3 , 3
− t2 + 1 dt = x −
2x5 x7 + , 15 63
#
¶2 2
− t + 1 dt = x − 4
x2 x9 +2 + 105 567
x11 x13 x15 −4 + . 2457 12285 59535
Koriste´ci indukciju moˇze se pokazati da je yn (x) = x + o(x2n+1 ), pa je lim yn (x) = x.
n→+∞
Prema tome jedno rjeˇsenje datog problema je funkcija y(x) = x. Primjeri u kojima se moˇze na´ci rjeˇsenje na ovaj naˇcin su rijetki. Ipak, metod sukcesivnih aproksimacija je znaˇcajan zbog efikasnog koriˇstenja u teorijske svrhe.
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
134
6.2
Neki integrabilni tipovi diferencijalnih jednaˇ cina
Diferencijalne jednaˇcine ˇcija se rjeˇsenja mogu izraziti pomo´cu konaˇcnog broja elementarnih funkcija i njihovih integrala su malobrojne. Ipak, te jednaˇcine su znaˇcajne, jer su prva saznanja o diferencijalnim jdnaˇcinama nastala od prouˇcavanja upravo tih tipova diferencijalnih jednaˇcina. Prilikom njihovog rjeˇsavanja uvijek se koristila integracija, pa se takve diferencijalne jednaˇcine nazivaju integrabilne diferencijalne jednaˇcine.
6.2.1
Jednaˇ cina sa razdvojenim promjenljivim
To je jednaˇcina oblika f (x)dx + g(y)dy = 0,
(6.10)
gdje su f i g neprekidne funkcije na (a, b). Opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (6.10) je Z Z f (x)dx + g(y)dy = C. Primjer 6.2. Rijeˇsiti diferencijalnu jednaˇcinu (x2 + 1)y 0 = y 2 + 1, Rjeˇ senje. Datu jednaˇcinu moˇzemo pisati u obliku dy dx − = 0, 1 + y2 1 + x2 odakle je arctg y − arctg x = C, pa je tg(arctg y − arctg x) = tg C. Ako stavimo C1 = tg C i iskoristimo formulu tg(α − β) =
tg α − tg β , 1 + tg α tg β
dobijamo y−x = C1 . 1 + xy Dakle, opˇste rjeˇsenje je (1 + xy)C1 − y + x = 0.
ˇ 6.2. NEKI INTEGRABILNI TIPOVI DIFERENCIJALNIH JEDNACINA 135 Primjer 6.3. Na´ci funkciju f koja zadovoljava sljede´cu funkcionalnu jednaˇcinu f (x + y) =
f (x) + f (y) , 1 − f (x)f (y)
(6.11)
ako se zna da postoji f 0 (0). Rjeˇ senje. Kako postoji f 0 (0), funkcija f je definisana i neprekidna u nekoj okolini taˇcke x = 0. Ako u (6.11) uvrstimo y = 0 dobijamo (1 + f 2 (x))f (0) = 0, odakle je f (0) = 0. Kako je zbog (6.11) f (x + y) − f (x) f (y) 1 + f 2 (x) = · , y y 1 − f (x)f (y) kada pustimo y → 0 dobijamo f 0 (x) = f 0 (0)(1 + f 2 (x)), a ovo je jednaˇcina sa razdvojenim promjenljivim. Njeno opˇste rjeˇsenje je f (x) = tg(f 0 (0)x + C).
6.2.2
Homogena jednaˇ cina
Homogena diferencijalna jednaˇcina je ³y´ dy =f , dx x gdje je f neprekidna funkcija na (a, b). Ako je f (t) = t, za sve t ∈ (a, b), tada imamo jednaˇcinu sa razdvojenim promjenljivim dy dx = . y x Njeno opˇste rjeˇsenje je y = Cx. Ako je f (t0 ) = t0 , za neko t0 ∈ (a, b), tada je funkcija y(x) = t0 x + C rjeˇsenje jednaˇcine (6.12). Na kraju prepostavimo da je f (t) 6= t, za sve t ∈ (a, b).
(6.12)
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
136 Uvode´ci smjenu
z(x) =
y(x) , x
dobijamo y 0 (x) = z(x) + xz 0 (x), pa jednaˇcina (6.12) postaje z + xz 0 = f (z), to jest jednaˇcina sa razdvojenim promjenljivim dx dz − = 0. z − f (z) x Njeno opˇste rjeˇsenje je µZ Cx = exp
dz z − f (z)
¶ .
Primjedba 6.2. Jednaˇcina µ y0 = f u sluˇcaju da je
a1 x + b1 y + c1 a2 x + b2 y + c2
¯ ¯ a1 ¯ ¯ a2
¶
¯ b1 ¯¯ 6 0, = b2 ¯
se smjenom x = u + α, y = v + β svodi na homogenu jednaˇcinu, gdje su α i β takvi da je a1 α + b1 β + c1 = 0 a2 α + b2 β + c2 = 0. U sluˇcaju da je
¯ ¯ a1 ¯ ¯ a2
¯ b1 ¯¯ = 0, b2 ¯
onda se data jednaˇcina smjenom u = a1 x + b1 y svodi na homogenu jednaˇcinu. Primjer 6.4. Rijeˇsiti jednaˇcinu x+y−3 dy = . dx −x + y + 1 Rjeˇ senje. Kako je
¯ ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ −1 1 ¯ = 2
ˇ 6.2. NEKI INTEGRABILNI TIPOVI DIFERENCIJALNIH JEDNACINA 137 koristimo smjenu x = u + α, y = v + β, gdje je αβ − 3 = 0 −α + β + 1 = 0. Dakle, x = u + 2, y = v + 1, pa imamo
u+v dv = , du −u + v 1 + uv dv = . du −1 + uv
Koriste´ci smjenu v = zu dobijamo du z−1 dz − = 0. 1 + 2z − z 2 u Odavde je pa je
6.2.3
u2 (1 + 2z − z 2 ) = C, x2 + 2xy − y 2 − 6x − 2y = C1 , (C − 7 = C1 ).
Linearna jednaˇ cina prvog reda
Diferencijalna jednaˇcina y 0 + p(x)y = q(x),
(6.13)
gdje su p i q neprekidne funkcije na (a, b) naziva se linearnom jednaˇcinom prvog reda. Iz (6.13) imamo y0 e
R
p(x)dx
to jest
³ ye
pa je ye
R
+ p(x)ye R
p(x)dx
R
´0
p(x)dx
= q(x)e
= q(x)e
R
p(x)dx
Z p(x)dx
=C+
R
q(x)e
R
p(x)dx
,
,
p(x)dx
.
Dakle, opˇste rjeˇsenje je y = e−
R
µ p(x)dx
Z C+
q(x)e
R
p(x)dx
¶ dx .
(6.14)
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
138
Primjer 6.5. Rijeˇsiti jednaˇcinu dy 1 = . dx xf (y) + g(y) Rjeˇ senje. Datu jednaˇcinu moˇzemo pisati u obliku dx − xf (y) = g(y), dy a ovo je linearna jednaˇcina u odnosu na inverznu funkciju x = x(y) traˇzene funkcije y = y(x). Koriste´ci formulu (6.14) dobijamo x=e
6.2.4
R
f (y)dy
µ ¶ Z R C + g(y)e− f (y)dy dy .
Bernoullijeva jednaˇ cina
Diferencijalna jednaˇcina oblika y 0 + p(x)y = q(x)y α ,
(6.15)
gdje su p i q neprekidne funkcije na (a, b), a α ∈ R je Bernoullijeva jednaˇcina. Za α = 0 ili α = 1 to je linearna diferencijalna jednaˇcina. Pretpostavimo da je α 6= 0 i α 6= 1. Uvedimo smjenu y = z k , k 6= 0. Jednaˇcina (6.15) tada postaje kz 0 z k−1 + p(x)z k = q(x)z αk , pa je z+
p(x) q(x) αk−k+1 z= z . k k
Posljednja jednaˇcina je linearna za αk − k + 1 = 0, to jest za k=
1 . 1−α
Dakle, smjenom 1
y = z 1−α , jednaˇcina (6.15) se svodi na linearnu.
ˇ 6.2. NEKI INTEGRABILNI TIPOVI DIFERENCIJALNIH JEDNACINA 139 Primjer 6.6. Rijeˇsiti jednaˇcinu y 0 + 2y = ex y 2 . Rjeˇ senje. Ovde je α = 2, pa koristimo smjenu y = z −1 . Sada dobijamo
−z −2 z 0 + 2z −1 = ex z −2 ,
odavde je
z 0 − 2z = −ex ,
a ovo je linearna diferencijalna jednaˇcina. Njeno opˇste rjeˇsenje je z = Cex + e2x . Dakle, opˇste rjeˇsenje date jednaˇcine je y=
6.2.5
Ce2
1 . + e2x
Riccatijeva jednaˇ cina
Diferencijalna jednaˇcina y 0 + p(x)y + q(x)y + r(x) = 0,
(6.16)
gdje su p, q i r neprekidne funkcije definisane na (a, b) naziva se Riccatijevom jednaˇcinom. Ako su funkcije p, q i r konstante, jednaˇcina (6.16) je jednaˇcina sa razdvojenim promjenljivim i njeno opˇste rjeˇsenje je Z dy C −x= . py 2 + qu + r Moˇze se pokazati da se rjeˇsenja jednaˇcine (6.16) u opˇstem sluˇcaju ne mogu izraziti preko integrala elementarnih funkcija, to jest ova jednaˇcina u opˇstem sluˇcaju nije integrabilna. U sluˇcaju da je poznato jedno njeno partikularno rjeˇsenje y1 ona se moˇze rijeˇsiti koriste´ci smjenu y(x) = y1 (x) + z(x). Tada jednaˇcina (6.16) postaje 0
y1 + z 0 + p(x)(y12 + 2y1 z + z 2 ) + q(x)(y1 + z) + r(x). Kako je y1 rjeˇsenje date jednaˇcine dobijamo z 0 + p(x)(2y1 + z 2 ) + q(x)z = 0, to jest
z 0 + (2p(x)y1 + q(x))z = −p(x)z 2 ,
a ovo je Bernoullijeva diferencijalna jednaˇcina.
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
140
Primjer 6.7. Rijeˇsiti jednaˇcinu y 0 − y 2 + 2ex y = e2x + ex , ako je njeno partikularno rjeˇsenje y1 = ex . Rjeˇ senje. Koriste´ci smjenu y = ex + z dobijamo
z0 = z2.
Odavde je −
1 = x − C, z
pa je
1 . C −x Dakle, opˇste rjeˇsenje date jednaˇcine je z=
y = ex +
1 . C −x
Primjedba 6.3. Smjenom
1 y = y1 + , z jednaˇcina (6.16) se svodi na linearnu diferencijalnu jednaˇcinu z 0 − (2p(x)y1 + q(x))y = p(x). Pretpostavimo sada da su y1 i y2 dva partikularna rjeˇsenja jednaˇcine (6.16). Tada koriste´ci jednakost 0
y1 = −p(x)y12 − q(x)y1 − r(x), jednaˇcinu (6.16) moˇzemo predstaviti u obliku (y − y1 )0 = −p(x)(y + y1 ) − r(x), y − y1 to jest
(ln(y − y1 ))0 = −p(x)(y + y1 ) − q(x).
(6.17)
Za drugo partikularno rjeˇsenje y2 analogno dobijamo (ln(y − y2 ))0 = −p(x)(y + y2 ) − q(x).
(6.18)
Iz jednaˇcina (6.17) i (6.18) dobijamo µ ¶0 y − y1 ln = p(x)(y2 − y1 ), y − y2 pa je y − y1 = C exp y − y2 opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (6.16).
µZ
¶ p(x)(y2 (x) − y1 (x))dx ,
(6.19)
ˇ 6.2. NEKI INTEGRABILNI TIPOVI DIFERENCIJALNIH JEDNACINA 141 Primjer 6.8. Jednaˇcina y0 =
1 − y2 , x4
ima partikularna rjeˇsenje y1 =
1 1 1 1 + , y2 = − 2 . x x2 x x
Koriste´ci formulu (6.19) dobijamo da je opˇste rjeˇsenje µ Z ¶ y − y1 2dx = C exp − , y − y2 x2 2 x2 y − x − 1 = Ce x . x2 y − x + 1
6.2.6
Jednaˇ cine Lagrangea i Clairauta
Jednaˇcina Lagrangea ima oblik y = xϕ(y) + ψ(y 0 ),
(6.20)
gdje su ϕ i ψ diferencijabilne funkcije. Pretpostavimo da funkcija ϕ nije identiˇcko preslikavanje. Stavljaju´ci y 0 = p, diferenciraju´ci po x i koriste´ci jednakost dy = pdx dobijamo linearnu jednaˇcinu dx ϕ0 (p) ψ 0 (p) +x = . dp ϕ(p) − p p − ϕ(p) Neka je njeno opˇste rjeˇsnje x = g(p, C), smjenom u (6.20) dobijamo y = g(p, C)ϕ(p) + ψ(p). Dakle, zakljuˇcujemo da je sa x = g(p, C), y = g(p, C)ϕ(p) + ψ(p), dato opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (6.20). Primjer 6.9. Rijeˇsiti jednaˇcinu y = 2xy 0 + ln y 0 . Rjeˇ senje. Stavimo y 0 = p, tada je y = 2xp + ln p. Diferenciraju´ci dobijamo pdx = 2pdx + 2xdp +
dp , p
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
142 a odavde je
dx 2 1 + x = − 2. dp p p Ovo je linearna jednaˇcina. Njeno opˇste rjeˇsenje je x=
C 1 − . p2 p
Dakle, opˇste rjeˇsenje date jednaˇcine je x=
C 1 − , p2 p
y = ln p +
2C − 2. p
Jednaˇcina Clairauta ima oblik y = xy 0 + ψ(y 0 ).
(6.21)
Ona se rjeˇsava koriste´ci isti postupak kao i kod Lagrangeove jednaˇcine. Opˇste rjeˇsenje Clairautove jednaˇcine je y = Cx + ψ(C). Clairautova jednaˇcina moˇze imati i singularno rjeˇsenje dato sa y = xp + ψ(p), x + ψ 0 (p) = 0. Primjer 6.10. Rijeˇsiti jednaˇcinu y = xy 0 +
1 . 2y 0
Rjeˇ senje. Stavljaju´ci y 0 = p, dobijamo y = xp +
1 . 2p
Diferenciraju´ci posljednju jednaˇcinu i zamjenjuju´ci dy sa pdx imamo pdx = pdx + xdp − odavde je
dp , p2
µ ¶ 1 dp x − 2 = 0. 2p
Iz dp = 0, to jest p = C dobijamo opˇste rjeˇsenje y = Cx +
1 . 2C
ˇ ˇ 6.3. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE VISEG REDA Dalje, iz x−
143
1 = 0, 2p2
imamo x=
1 . 2p2
Eliminiˇsu´ci p iz te jednaˇcine i iz jednaˇcine y = xp +
1 , 2p
dobijamo y 2 = 2x. Ovo je takodje rjeˇsenje (singularno rjeˇsenje) date jednaˇcine.
6.3
Linearne diferencijalne jednaˇ cine viˇ seg reda
6.3.1
Homogena jednaˇ cina
Definicija 6.1. Diferencijalna jednaˇcina y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = q(x), x ∈ (a, b),
(6.22)
je linearna diferencijalna jednaˇ cina reda n. Ako je q ≡ 0 na (a, b) to jest, y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = 0, x ∈ (a, b),
(6.23)
kaˇzemo da se radi o homogenoj jednaˇcini, u suprotnom je nehomogena jednaˇcina. Egzistencija i jedinstvenost rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (6.22) su date sljede´com teoremom. Teorema 6.3. Ako su funkcije q, p1 , p2 , . . . , pn neprekidne na (a, b), tada za svako x0 ∈ (a, b) postoji jedinstveno rjeˇsenje y diferencijalne jednaˇcine (6.22) definisano na (a, b) koje zadovoljava uslove 0
(n−1)
y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y0 , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0 0
(n−1)
gdje su y0 , y0 , . . . , y0
,
, dati realni brojevi.
Primjetimo da je kod diferencijalne jednaˇcine (6.22) neprekidnost koeficijenata dovoljna za egzistenciju i jedinstvenost rjeˇsenja Cauchyevog poˇcetnog problema na cijelom intervalu (a, b), dok smo kod Peanove teoreme odnosno Picard-Lindel¨ofove teoreme imali egzistenciju i jedinstvenost rjeˇsenja u nekoj okolini taˇcke x0 .
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
144
Definicija 6.2. Neka su date funkcije p1 , p2 , . . . , pn . Simbol L[ ] oznaˇcava diferencijalni operator, L[y] = y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y. Sada diferencijalne jednaˇcine (6.22) i (6.23) moˇzemo pisati u obliku L[y] = q(x)
i L[y] = 0, x ∈ (a, b).
Lako se vidi da je operator L[ ] linearan, to jest vrijedi L[Cy] = CL[y], C ∈ R, L[y1 + y2 ] = L[y1 ] + L[y2 ]. Na osnovu ove dvije osobine imamo da je L[C1 y1 + C2 y2 + · · · + Cn yn ] = C1 L[y1 ] + C2 L[y2 ] + · · · + Cn L[yn ], C1 , C2 , . . . , Cn ∈ R. Prema tome vrijedi sljede´ca teorema. Teorema 6.4. Ako su y1 , y2 , . . . , yn rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (6.23) tada je i y = C1 y1 + C2 y2 + · · · + Cn yn njeno rjeˇsenje. Na osnovu prethodne teoreme zakljuˇcujemo da moˇzemo dobiti nova rjeˇsenja jednaˇcine (6.23) ako znamo neka njena rjeˇsenja. To name´ce potrebu da se odredi skup rjeˇsenja kod koga se nijedno rjeˇsenje ne moˇze dobiti preko ostalih rjeˇsenja. U vezi sa ovim imamo sljede´cu definiciju. Definicija 6.3. Za funkcije y1 , . . . , yn kaˇzemo da su linearno zavisne na (a, b) ako postoje konstante λ1 , . . . λn od kojih je bar jedna razliˇcita od nule, takve da je na (a, b), λ1 y1 + · · · + λn yn = 0. (6.24) Ako je identitet (6.24) zadovoljen samo za λ1 = · · · = λn = 0, kaˇzemo da su funkcije y1 , . . . , yn linearno nezavisne na (a, b). Primjer 6.11. Funkcije y1 (x) = x, y2 (x) = 2x + 1 i y3 (x) = 7x + 2 su linearno zavisne na skupu R, jer je y3 (x) − 2y2 (x) − 3y1 (x) = 0, na skupu R. Definicija 6.4. Neka su y1 , . . . , yn , n − 1 puta diferencijabilne funkcije. Determinanta ¯ ¯ ¯ y1 (x) y2 (x) ··· yn (x) ¯ ¯ ¯ 0 0 0 ¯ y1 (x) y2 (x) ··· yn (x) ¯¯ ¯ W (y1 , . . . , yn ; x) = ¯ ¯ .. .. .. ¯ ¯ . . ··· . ¯ ¯ ¯ y (n−1) (x) y (n−1) (x) · · · y (n−1) (x) ¯ n 1 2 se naziva Wronskijevom determinantom ili Wronskijan.
ˇ ˇ 6.3. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE VISEG REDA
145
Teorema 6.5. Funkcije y1 , . . . , yn su linearno nezavisna rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (6.23) na (a, b) ako i samo ako je W (y1 , . . . , yn ; x) 6= 0
za sve x ∈ (a, b).
Da bi se ispitala linearna zavisnost rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (6.23), obiˇcno se koristi formula Liouvilla i Abela, data sljede´com teoremom. Teorema 6.6. Neka su y1 , . . . , yn rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (6.23) i x0 ∈ (a, b), tada je µ Z x ¶ W (y1 , . . . , yn ; x) = W (y1 , . . . , yn ; x0 ) exp − p1 (t)dt , x ∈ (a, b). x0
Teorema 6.7. Ako su y1 , . . . , yn su linearno nezavisna rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (6.23), tada je y = C1 y1 + · · · + Cn yn njeno opˇste rjeˇsenje. Dakle, da bi odredili opˇste rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (6.23) dovoljno je da znamo n njenih linearno nezavisnih rjeˇsenja. U sluˇcaju da se radi o jednaˇcini reda 2, dovoljno je da znamo jedno njeno partikularno rjeˇsenje. Naime, vrijedi sljede´ca teorema. Teorema 6.8. Ako je y1 netrivijalno partikularno rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine y 00 + p1 (x)y 0 + p2 (x)y = 0, tada je
Z y2 (x) = y1 (x)
µ Z ¶ 1 exp − p (x)dx dx 1 y12 (x)
partikularno rjeˇsenje date jednaˇcine, linearno nezavisno od y1 . Dokaz. Neka je y1 jedno partikularno rjeˇsenje jednaˇcine y 00 + p1 (x)y 0 + p2 (x)y = 0. Uvedimo smjenu y = y1 z. Dobijamo
0
y1 z 00 + (2y1 + p1 y1 )z 0 = 0, Ã 0 ! 2y1 00 z =− + p1 z 0 . y1
Ako stavimo z 0 = u, imamo du =− u
Ã
0
2y1 + p1 y1
! dx,
(6.25)
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
146 pa je u(x) = Odavde je
µ Z ¶ 1 exp − p (x)dx . 1 y12 (x)
µ Z ¶ 1 z(x) = exp − p1 (x)dx dx. y12 (x) y2 Rjeˇsenja y1 i y2 su nezavisna jer je 6= const. y1 Z
Primjedba 6.4. Formula (6.25) je poznata kao Liouvillova formula. Primjer 6.12. Na´ci opˇste rjeˇsenje jednaˇcine xy 00 + 2y 0 + xy = 0, sin x ako je y1 = , njeno partikularno rjˇsenje. x Rjeˇ senje. Koristimo Liouvillovu formulu. Za partikularno rjeˇsenje y2 je µ Z ¶ Z 2 sin x 1 exp − y2 = dx dx, sin2 x x x x2 y2 =
sin x x
Z
x2 sin x exp(−2 ln x)dx = 2 x sin x
Z
dx cos x =− . 2 x sin x
Dakle, opˇste rjeˇsenje je y = C1
6.3.2
sin x cos x + C2 . x x
Nehomogena jednaˇ cina. Metod varijacije konstanti
Neka je yh opˇste rjeˇsenje homogene diferencijalne jednaˇcine (6.23), a yp partikularno rjeˇsenje nehomogene diferencijalne jednaˇcine (6.22), tada je L[yh ] = 0 i L[yp ] = q(x), pa kako je operator L[ ] linearan imamo L[yh + yp ] = q(x). Na osnovu ovoga zakljuˇcujemo da je y = yh + yp rjeˇsenje nehomogene diferencijalne jednaˇcine (6.22). Dalje, kako je yh = y − yp , eliminacijom konstanti iz yh i odgovaraju´cih izvodnih jednakosti dobija se samo homogena jednaˇcina. Isto tako eliminacijom konstanti iz y i odgovaraju´cih izvodnih jednakosti dobija se samo nehomogena jednaˇcina. Dakle, vrijedi sljede´ca teorema. Teorema 6.9. Neka je yh opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (6.23), a yp partikularno rjeˇsenje jednaˇcine (6.22), tada je y = yh + yp opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (6.22).
ˇ ˇ 6.3. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE VISEG REDA
147
Metod pomo´cu koga se polaze´ci od opˇsteg rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (6.23) dolazi do partikularnog rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (6.22) je poznat kao metod varijacije konstanti. Teorema 6.10. Neka su y1 , y2 , . . . , yn linearno nezavisna rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (6.23). Opˇste rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (6.22) je dato sa y = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x), pri ˇcemu je,
Z Ci (x) =
Wi (y1 , y2 , . . . , yn ; x) dx, W (y1 , y2 , . . . , yn ; x)
gdje je W (y1 , y2 , . . . , yn ; x) Wronskijeva determinanta, a Wi (y1 , y2 , . . . , yn ; x) je determinanta koja se dobije od Wronskijeve determinante kada se i−ta kolona zamijeni sa kolonom [0, 0, . . . , 0, q(x)]> . Dokaz. Neka su y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x) linearno nezavisna rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (6.23). Odredi´cemo funkcije C1 (x), C2 (x), . . . , Cn (x) takve da je y(x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x),
(6.26)
partikularno rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (6.22). Diferenciranjem u (6.26) dobijamo 0
0
0
y 0 (x) = (C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x))+ 0
0
0
+(C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x)). Postavimo uslov 0
0
0
C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x) = 0. Sada je pa je
0
0
0
y 0 (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x), 0
0
0
0
0
0
y 00 (x) = (C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x))+ 00
00
00
+(C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x)). postavimo sada uslov 0
0
0
0
0
0
C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x) = 0. Tada imamo 00
00
00
y 00 (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x). Nastavljaju´ci ovaj postupak do n − 1 prvog izvoda dobijamo (k)
(k)
y (k) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn(k) (x), k = 1, 2, . . . , n − 1.
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
148 Za n−ti izvod imamo 0
(n−1)
y (n) = (C1 (x)y1
0
(n−1)
(x) + C2 (x)y2
(n)
0
(x) + · · · + Cn (x) yn(n−1) (x))+
(n)
+(C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn(n) (x)). Uvrˇstavaju´ci y (k) , k = 1, 2, . . . , n u diferencijalnu jednaˇcinu (6.22) i koriste´ci ˇcinjenicu da su y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x) rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (6.23) dobijamo 0
(n−1)
C1 (x)y1
0
(n−1)
(x) + C2 (x)y2
0
(x) + · · · + Cn (x) yn(n−1) (x) = q(x).
Dakle, imamo sistem 0
0
0
C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x) yn (x) = 0 0
0
0
0
0
0
C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x) yn (x) = 0 .. . 0
(n−2)
C1 (x)y1 0
(n−1)
C1 (x)y1
0
(n−2)
(x) + C2 (x)y2 0
(n−1)
(x) + C2 (x)y2
0
(x) + · · · + Cn (x) yn(n−2) (x) = 0 0
(x) + · · · + Cn (x) yn(n−1) (x) = q(x).
Determinanta sistema je Wronskijeva determinanta W (y1 , y2 , . . . , yn ; x). Kako su rjeˇsenja y1 , y2 , . . . , yn linearno nezavisna imamo da je W (y1 , y2 , . . . , yn ; x) 6= 0. Na osnovu Cramerovog pravila imamo 0
Ci (x) = Dakle,
Z Ci (x) =
Wi (y1 , y2 , . . . , yn ; x) . W (y1 , y2 , . . . , yn ; x) Wi (y1 , y2 , . . . , yn ; x) dx. W (y1 , y2 , . . . , yn ; x)
Primjer 6.13. Data je nehomogena jednaˇcina y 00 + 2y 0 + y = e−x ln x. Ako je poznato da su y1 (x) = e−x , y2 (x) = xe−x linearno nezavisna rjeˇsenja homogene diferencijalne jednaˇcine y 00 + 2y 0 + y = 0, odrediti opˇste rjeˇsenje nehomogene jednaˇcine. Rjeˇ senje. Za Wronskijevu determinantu imamo ¯ −x ¯ e xe−x W (y1 , y2 , ; x) = ¯¯ −x −e (1 − x)e−x
¯ ¯ ¯ = e−2x . ¯
ˇ ˇ 6.3. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE VISEG REDA Dalje,
pa je
149
¯ ¯ W1 (y1 , y2 , ; x) = ¯¯
¯ ¯ 0 xe−x −2x ¯ ln x, −x −x ¯ = −xe e ln x (1 − x)e ¯ −x ¯ ¯ e ¯ 0 ¯ ¯ = e−2x ln x, W2 (y1 , y2 , ; x) = ¯ −e−x e−x ln x ¯ Z
1 x2 (−x ln x)dx = − x2 ln x + + C1 , 2 4 Z C2 (x) = (− ln x)dx = x ln x − x + C2 .
C1 (x) =
Dakle, opˇste rjeˇsenje nehomogene jednaˇcine je ¶ µ 1 2 x2 −x −x y = C1 e + C2 xe + − x ln x + e−x + (x ln x − x)xe−x . 2 4
6.3.3
Homogena jednaˇ cina sa konstantnim koeficijentima
Jednaˇcina L[y] = 0, kod koje su svi koeficijenti pi , i = 1, 2, . . . , n realne konstante, to jest jednaˇcina y (n) + p1 y (n−1) + · · · + pn−1 y 0 + pn y = 0, pi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n,
(6.27)
se naziva homogena jednaˇ cina sa konstantnim koeficijentima. Kod ove jednaˇcine opˇste rjeˇsenje se moˇze formirati pomo´cu korijena karakteristiˇ cne jednaˇ cine λn + p1 λn−1 + · · · + pn−1 λ + pn = 0. (6.28) Naime, ako se traˇzi rjeˇsenje jednaˇcine (6.27) u obliku y(x) = eλx , λ ∈ R, imamo y (n) + p1 y (n−1) + p2 y (n−2) + · · · + pn−1 y 0 + pn y = pn (λ)eλx , gdje je
pn (x) = λn + p1 λn−1 + · · · + pn−1 λ + pn .
Kako je eλx > 0, zakljuˇcujemo da je y (n) + p1 y (n−1) + p2 y (n−2) + · · · + pn−1 y 0 + pn y = 0, ako je pn (λ) = 0. Dakle, ako su λi , i = 1, . . . , n, korijeni karakteristiˇcne jednaˇcine (6.28), tada su funkcije yi (x) = eλi x , i = 1, . . . , n, rjeˇsenja jednaˇcine (6.27). Mogu´ci su sljede´ci sluˇcajevi :
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
150
(i) Korijeni λ1 , λ2 , . . . , λn su realni i razliˇciti. Tada opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (6.27) ima oblik y = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x + · · · + Cn eλn x . (ii) Korijeni karakteristiˇcne jednaˇcine su realni, ali su neki od njih viˇsestruki. e a svi ostali korijeni su razliˇciti Na primjer, ako je λ1 = λ2 = . . . = λk = λ, onda opˇste rjeˇsenje ima oblik e
e
e
e
y = C1 eλx + C2 xeλx + C3 x2 eλx + · · · + Ck xk−1 eλx + +Ck+1 eλk+1 x + · · · + Cn eλn x . (iii) Svi korijeni su razliˇciti, ali se medju njima nalaze i kompleksni korijeni. Neka je na primjer λ1 = α + iβ, λ2 = α − iβ, λ3 = γ + iδ, λ4 = γ − iδ, a ostali korijeni su realni. Tada opˇste rjeˇsenje ima oblik y = C1 eαx cos βx + C2 eαx sin βx + C3 eγx cos δx + C4 eγx sin δx+ +C5 eλ5 x + · · · + Cn eλn x . (iv) Medju korijenima se nalaze viˇsestruki kompleksni korijeni. Na primjer, u sluˇ ¡ caju ¢da je λ1 = α + iβ korijen viˇsestrukosti k karakteristiˇcne jednaˇcine k ≤ n2 , tada je λ2 = α − iβ, takodje korijen viˇsestrukosti k. Ako su ostalih n − 2k korijena realni i razliˇciti onda je opˇste rjeˇsenje y = C1 eαx cos βx + C2 eαx sin βx + C3 xeαx cos βx + C4 xeαx sin βx+ + · · ·+C2k−1 xk−1 eαx cos βx+C2k xk−1 eαx sin βx+C2k+1 eλ2k+1 x +· · ·+Cn eλn x . Primjer 6.14. Na´ci opˇste rjeˇsenje jednaˇcine y 000 − 2y 00 − y 0 + 2y = 0. Rjeˇ senje. Karakteristiˇcna jednaˇcina je λ3 − 2λ2 − λ + 2 = 0. Odavde je (λ + 1)(λ − 1)(λ − 2) = 0, pa su korijeni karakteristiˇcne jednaˇcine λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 2. Dakle, korijeni su realni i razliˇciti, pa je opˇste rjeˇsenje y = C1 e−x + C2 ex + C3 e2x .
ˇ ˇ 6.3. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE VISEG REDA
151
Primjer 6.15. Na´ci opˇste rjeˇsenje jednaˇcine y 000 − y 00 − y 0 + y = 0. Rjeˇ senje. U ovom sluˇcaju karakteristiˇcna jednaˇcina je λ3 − λ2 − λ + 1 = 0. Odavde je
(λ − 1)2 (λ + 1) = 0,
pa je λ1 = 1, λ2 = 1, λ3 = −1. Korijeni su realni, pri ˇcemu je jedan od njih viˇsestrukosti dva, pa je opˇste rjeˇsenje y = C1 ex + C2 xex + C3 e−x . Primjer 6.16. Na´ci opˇste rjeˇsenje jednaˇcine y (5) − 2y (4) + 2y 000 − 4y 00 + y 0 − 2y = 0. Rjeˇ senje. Karakteristiˇcna jednaˇcina je λ5 − 2λ4 + 2λ3 − 4λ2 + λ − 2 = 0, ili
(λ − 2)(λ2 + 1)2 = 0,
pa su korijeni λ1 = 2, λ2 = λ3 = i, λ4 = λ5 = −i. Opˇste rjeˇsenje je y = C1 e2x + (C2 + C3 x) cos x + (C4 + C5 x) sin x. Linearna diferencijalna jednaˇcina xn y (n) + p1 xn−1 y (n−1) + · · · + pn−1 xy 0 + pn y = f (x),
(6.29)
gdje su p1 , . . . , pn konstante naziva se Eulerovom diferencijalnom jednaˇ cinom. Ona se smjenom x = et svodi na linearnu jednaˇcinu sa konstantnim koeficijentima. Naime, dy dx dy 1 dy = · = · , dt dx dt dx t dy dy = . t dt dx Sliˇcno, dobijamo ³ ´ dy 1 d dx ·t d2 y d2 y 1 dy 1 = = · 2− · , 2 2 dt dt dx t dx t2
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
152 t2
d2 y d = 2 dt dx
µ
¶ d − 1 y. dx
Matematiˇckom indukcijom se moˇze pokazati da je µ ¶µ ¶ µ ¶ dk y d d d d tk k = −1 − 2 ··· − k + 1 y. dt dx dx dx dx Primjer 6.17. Rijeˇsiti jednaˇcinu x3 y 000 + x2 y 00 + 3xy 0 = 8y = 0. Rjeˇ senje. Uvedimo smjenu x = et . Imamo ¶ µ dy dy 2 d2 y d d d2 y dy x = , x − 1 y = , = − dx dt dx2 dt dt dt2 dt ¶µ ¶ µ 3 d d d 3d y x −1 −2 y = = dx3 dt dt dt µ ¶µ ¶ µ ¶ d d dy d d2 y dy dy = −1 − 2y = − 2 − + 2y = dt dt dt dt dt2 dt dt µ ¶ d d2 y dy = −3 + 2y . dt dt2 dt Dakle, x3
d3 y d3 y d2 y dy = − 3 +2 , 3 3 2 dx dt dx dx
pa data jednaˇcina postaje d3 y d2 y dy d2 y dy dy −3 2 +2 + 2 − +3 − 8y = 0, 3 dt dt dt dt dt dt to jest
d3 y d2 y dy − 2 +4 − 8y = 0. 3 2 dt dt dt Njena karakteristˇcna jednaˇcina je λ3 − 2λ2 + 4λ − 8 = 0, odakle je
(λ − 2)(λ2 + 4) = 0,
pa je λ1 = 2, λ2 = −2i, λ3 = 2i. Zakljuˇcujemo da je y = C1 e2t + C2 cos 2t + C3 sin 2t, opˇste rjeˇsenje ove jednaˇcine. Vra´caju´ci promjenljivu x imamo y = C1 x2 + C2 cos 2 ln |x| + C3 sin 2 ln |x|.
6.4. ZADACI
6.4
153
Zadaci
1. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) (1 + y 2 )dx + xydy = 0, (b) e−y (1 + y 0 ) = 1, (c) y 0 = cos(x + y), (d) y 0 = ax + by + c, a, b, c, ∈ R. 2. Na´ci rjeˇsenja jednaˇcina koja ispunjavaju date uslove (a) (1 + ex )yy 0 = ex , y(0) = 1, 10π (b) x2 y 0 + cos 2y = 1, y → , x → +∞, 3 (c) (x + 1)y 0 = y − 1, y je ograniˇceno kad x → +∞. 3. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) xy 0 = y + x cos2
y , x
(b) 2x2 y 0 = x2 + y 2 , (c) (x + y)dx + (x − y + 1)dy = 0, (d) (x − 2y + 1)dx + (4x − 8y + 3)dy = 0. 4. Rijeˇsiti jednaˇcine : 2
(a) y 0 + 2xy = e−x , 1 (b) y 0 = , x cos y + sin 2y (c) (2x − y 2 )y 0 = 2y, ¶ µ 2 − yx − xy dy − dx = 0. (d) e 5. Odrediti rjeˇsenje y(x) jednaˇcine x2 y 0 cos
1 1 − y sin = −1, x x
za koje vrijedi lim y(x) = 1. x→∞
6. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) y 0 + 2xy = 2xy 2 , y (b) 2y 0 ln x + = y −1 cos x, x (c) (x2 + y 2 + 1)dy + xydx = 0, (d) 2x2 y 0 = y 3 + xy.
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
154
7. Koriste´ci smjenu, svesti jednaˇcinu y 0 − tg y = ex
1 , cos y
na linearnu jednaˇcinu, a zatim je rijeˇsiti. 8. Koriste´ci smjenu, svesti jednaˇcinu yy 0 + 1 = (x − 1)e−
y2 2
,
na Bernoullijevu jednaˇcinu, a zatim je rijeˇsiti. 9. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) y = x(1 + y 0 ) + y 02 , 0
(b) y = xy 0 + ey , y 1 (c) x = 0 + 02 . y y 10. Ako je y1 (x) partikularno rjeˇsenje linearne jednaˇcine y 0 + p(x)y = q(x), pokazati da je njeno opˇste rjeˇsenje dato sa y(x) = y1 (x) + Ce−
R
p(x)dx
.
11. Odrediti krive kod kojih svaka tangenta sijeˇce y−osu u taˇcki koja je podjednako udaljena od dodirne taˇcke i od koordinatnog poˇcetka. 12. Rijeˇsiti Riccatijevu jednaˇcinu y0 =
5 − y2 , x4
ako je poznato da ima partikularno rjeˇsenje oblika y1 (x) =
a b + 2. x x
13. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) xy 00 + y 0 = 0, (b) y 00 = y 0 (1 + y 0 ), (c) y 000 = 3yy 0 . 14. Na´ci Wronskijevu determinantu za funkcije y1 (x) = aex , y2 (x) = bex , y3 (x) = cex .
6.4. ZADACI
155
15. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) y 00 − 4y 0 + 3y = 0, (b) y 000 + 27y = 0, (c) y 00 − 2y 0 + 5y = 0. 16. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) y 00 + 4y = sin2x, (b) y 00 + y 0 = ex , (c) y 00 + 12y 0 + 5y = x + 1. 17. Rijeˇsiti jednaˇcinu
x2 y 00 + xy 0 − y = 0.
18. Koriste´ci smjenu x − 2 = z, svesti jednaˇcinu (x − 2)2 y 00 − 3(x − 2)y 0 + 4y = x, na Eulerovu jednaˇcinu, a zatim je rijeˇsiti.
156
ˇ GLAVA 6. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
Glava 7
Literatura
157