Matematika 1 [PDF]

Zitiervorschau

MATEMATIKA 1 µ ´ Branko Cervar, Kristina MiletiC µ SVEUCILIŠTE U MOSTARU GRAÐEVINSKI FAKULTET 2011./2012.

ii

Sadrµzaj OPIS NASTAVNOG PROGRAMA

vii

UVOD

ix

1 SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI µ 1.1 OSNOVE MATEMATICKE LOGIKE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ 1.1.1 LOGICKI SUD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2

SKUPOVI I RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.1

SKUP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.2

OPERIRANJE SKUPOVIMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.3

RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3.1

FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3.2

FUNKCIJSKA KOMPOZICIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3.3

INVERZNA FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.3.4

KARDINALNI BROJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12 13

REALNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.4.1

PRIRODNI I CIJELI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.4.2

RACIONALNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.4.3

APSOLUTNA VRIJEDNOST REALNOG BROJA . . . . . . . .

24

1.4.4

POTENCIRANJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24 27

KOMPLEKSNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

1.5.1

28

1.3.5 1.4

1.4.5 1.5

1 2

1.2.4 1.3

1

OPERIRANJE SUDOVIMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.1.3 1.2

1

POJAM I OSNOVNE OPERACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . iii

4

8

µ SADRZAJ

iv 1.5.2

GEOMETRIJSKI PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA . . . . .

30

1.5.3

TRIGONOMETRIJSKI ZAPIS KOMPLEKSNOG BROJA . . . µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30 32

ELEMENTARNE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

1.6.1

ZADAVANJE FUNKCIJA IZ R U R . . . . . . . . . . . . . . . .

34

1.6.2

GLOBALNA SVOJSTVA REALNIH FUNKCIJA . . . . . . . .

37

1.6.3

OSNOVNE ELEMENTARNE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . .

39

1.6.4

RAZREDBA ELEMENTARNIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . . µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

1.5.4 1.6

1.6.5

2 LINEARNA ALGEBRA 2.1

55

2.1.1

MATRICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

2.1.2

DETERMINANTA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ MATRICIN RANG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ RJEŠAVANJE SUSTAVA LINEARNIH JEDNADZABA . . . µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. .

59

. .

67

. .

70

. .

76

VEKTORSKA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ 2.2.1 USMJERANA DUZINA I VEKTOR . . . . . . . . . . . . . . . .

81 81

2.2.2

85

2.1.4 2.1.5

VEKTOR U PRAVOKUTNOM KOORDINATNOM SUSTAVU µ VEKTORSKA MNOZENJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

94

µ ANALITICKA GEOMETRIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

96

2.3.1

PRAVAC U PROSTORU I U RAVNINI . . . . . . . . . . . . . .

96

2.3.2

RAVNINA U PROSTORU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 µ MEÐUODNOSI TOCAKA, PRAVACA I RAVNINA . . . . . . . 101 µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

2.2.3 2.2.4 2.3

2.3.3 2.3.4

3 KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST 3.1

55

MATRICE I DETERMINANTE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.1.3

2.2

51

89

105

KONVERGENCIJA REALNIH NIZOVA I REDOVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 3.1.1

NIZ REALNIH BROJEVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.1.2

SVOJSTVA KONVERGENTNIH (POD)NIZOVA . . . . . . . . 109

3.1.3

RED REALNIH BROJEVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

3.1.4

NEKOLIKO KRITERIJA ZA KONVERGENTNOST REALNOG REDA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

3.1.5

FUNKCIJSKI NIZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

µ SADRZAJ 3.1.6 3.1.7 3.2

v FUNKCIJSKI RED . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

NEPREKIDNE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 µ µ 3.2.1 GRANICNA VRIJEDNOST U BESKONACNOSTI . . . . . . . 128 µ µ 3.2.2 GRANICNA VRIJEDNOST U TOCKI . . . . . . . . . . . . . . 129 3.2.3

NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

3.2.4

SVOJSTVA NEPREKIDNE FUNKCIJE NA SEGMENTU . . . 139 µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

3.2.5

µ 4 INFINITEZIMALNI RACUN 4.1

DERIVACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 µ 4.1.1 DERIVABILNOST I NJEZINO ZNACENJE . . . . . . . . . . . 145 4.1.2

DERIVACIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . 149

4.1.3 4.1.4

DIFERENCIJAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 µ OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RACUNA . . . . 161

4.1.5

TAYLOROVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

4.1.6

DERIVIRANJE FUNKCIJSKOG REDA . . . . . . . . . . . . . 169

4.1.7

ODREÐIVANJE FUNKCIJSKOG TIJEKA . . . . . . . . . . . . 170 µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

4.1.8 4.2

145

NEODREÐENI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 4.2.1

POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA NEODREÐENOG INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

4.2.2

OSNOVNE INTEGRACIJSKE METODE . . . . . . . . . . . . . 192

4.2.3

INTEGRIRANJE NEKIH KLASA ELEMENTARNIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

4.2.4 4.2.5 4.3

INTEGRIRANJE FUNKCIJSKOG REDA . . . . . . . . . . . . 204 µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

ODREÐENI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 4.3.1

POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA

4.3.2

ODREÐENOG INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 µ NEKI PRIBLIZNI INTEGRACIJSKI POSTUPCI . . . . . . . . 220

4.3.3

NEPRAVI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

4.3.4

NEKOLIKO PRIMJENA ODREÐENOG INTEGRALA . . . . . 229 µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

4.3.5

vi

µ SADRZAJ

OPIS NASTAVNOG PROGRAMA (http://www.gfmo.ba/matematika_1.htm) Opis predmeta PPRI 01 MATEMATIKA I (3+0+3, ECTS 10, sastavio mr. sc. Zvonimir Mavar) Kompetencije koje se stjeµcu Poznavanje vektorskog raµcuna, linearne algebre i analitiµcke geometrije, diferencijalnog i integralnog raµcuna funkcija jedne varijable s geometrijskim i …zikalnim znaµcenjima. Preduvjeti za upis Elementarna (srednješkolska) matematika. Sadrµzaj Vektori, algebra vektora. Vektorski prostor, baza vektorskog prostora. Koordinatni sustavi. Skalarni produkt vektora. Matrice i determinante drugog i tre´ceg reda. Skalarni i vektorski produkti i primjene. Ravnina i pravac u prostoru. Skupovi, operacije sa skupovima, skup realnih brojevi, matematiµcka indukcija, binomna formula, intervali, ograniµceni skupovi, supremum i in…mum, skup kompleksnih brojeva. Funkcije jedne varijable, kompozicija funkcija, inverzna funkcija, elementarne funkcije, implicitne funkcije, krivulje drugog reda. Limesi i neprekidnost funkcije. Nizovi i redovi realnih brojeva, konvergencija i divergencija, testovi konvergencije, alterniraju´ci redovi. Redovi realnih funkcija, redovi potencija, Weierstrassov kriterij. Diferencijalni raµcun, derivacije, geometrijsko i mehaniµcko znaµcenje, deriviranje funkcija, tangenta i normala na krivulju, diferencijal, derivacije i diferencijali višeg reda. Teoremi Rollea i Lagrangea, Taylorov red i polinom, Taylorova formula, L’Hospitalovo pravilo, asimptote krivulja, monotonost funkcije, ekstremi funkcije, konkavnost i konveksnost krivulje, toµcke in‡eksije, zakrivljenost krivulje. vii

viii

OPIS NASTAVNOG PROGRAMA

Integrali, neki problemi geometrije i mehanike, Newton-Leibnizova formula, integracija pomo´cu supstitucije varijabli i parcijalna integracija, integracija nekih funkcija, nepravi integrali, konvergencija integrala, integrali ovisni o parametrima, Eulerovi integrali. Matrice i determinante, operacije i svojstva, inverzna matrica, rang matrice. Sustav linearnih algebarskih jednadµzbi, Cramerovo pravilo, Gaussova metoda eliminacije, Kronecker-Capellijev teorem. Vlastite vrijednosti i vlastiti vektori matrice. Preporuµcena literatura (1) D. Juki´c i R. Scitovski, Matematika I, Elektrotehniµcki fakultet, Osijek, 2000.; (2) B. P. Demidoviµc, Zadaci i riješeni primjeri iz više matematike s primjenom na tehniµcke nauke, Tehniµcka knjiga, Zagreb, 2003.; (3) S. Pavasovi´c, T. Radelja, S. Bani´c i P. Miliši´c, Matematika – riješeni zadaci, Gra†evinski fakultet, Split, 1999. Dopunska literatura (1) P. Javor, Matematiµcka analiza 1, Element, Zagreb, 1995.; (2) N. Elezovi´c, Linearna algebra, Element, Zagreb, 1999.; (3) V. P. Minorski, Zbirka zadataka iz više Matematike, Tehniµcka knjiga, Zagreb , 1972. Oblici provo†enja nastave Nastavni proces se odvija kroz predavanja, vjeµzbe i konsultacije. Vjeµzbe su auditorne i obuhva´caju i izradu tri kolokvija µcije kolokviranje je uvjet za drugi potpis. Naµcin provjere znanja i polaganja ispita Usmeni ispit, pismeni ispit, usmena prezentacija, test, kontinuirano ispitivanje.

UVOD Ova skripta sadrµze gradivo što ga obuhva´ca predmet Matematika 1 (v. Opis nastavnog programa) i namijenjena su studentima Gra†evinskog fakulteta Sveuµcilišta u Mostaru. Gradivo se dijeli na µcetiri velike cjeline - poglavlja: - SKUPOVI. FUNKCIJE. REALNI BROJEVI; - LINEARNA ALGEBRA; - KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST; µ - INFINITEZIMALNI RACUN. Svako se poglavlje dalje dijeli na glavne teme - odjeljke, a ovi opet na osnovne tematske jedinice - pododjeljke. Oznaµcavanje prati poglavlja. Primjerice, Teorem 2.3 je tre´ci teorem u drugomu poglavlju. Obradu svake tematske jedinice prate odgovaraµ ju´ci primjeri, a svaki odjeljak završava pododjeljkom ZADACI ZA VJEZBU sa zadacima za provjeru ispravne usvojenosti izloµzenoga gradiva. Tako ova skripta sadrµze i malu zbirku zadataka. Na kraju skripata nalazi se detaljni Indeks pojmova. Skripta su radnog karaktera. Predavanja i auditorne vjeµzbe bit ´ce temeljena na gradivu izloµzenom u njoj. To znaµci da ´ce se u ovoj školskoj godini uoµceni nedostatci, nejasno´ce i pogreške nastojati ukloniti. Svaka primjedba je dobro došla i autori se unaprijed zahvaljuju. Gradivo izloµzeno u ovoj skripti nalazi se i u interaktivnim udµzbenicima: [1] I. Slapniµcar, Matematika 1, Sveuµcilište u Splitu, Split, 2002. [http://lavica.fesb.hr/mat1/] [2] I. Slapniµcar, Matematika 2. [http://lavica.fesb.hr/mat2/] Osim toga, studentima preporuµcujemo i zbirku zadataka: [3] S. Pavasovi´c, T. Radelja, S. Bani´c, P. Miliši´c, Matematika 1 – riješeni zadaci, Gra†evinski fakultet, Split, 1999. ix

x

UVOD

O Oblicima provo†enja nastave i Naµcinu provjere znanja i polaganja ispita studenti ´ce biti upoznati na poµcetku nastave. Nadamo se da ´ce predavanja, auditorne vjeµzbe, doma´ci radovi, DA-NE kvizovi, kolokviji, ova skripta, te preporuµceni udµzbenici i zbirka zadataka, pomo´ci studentima u uspješnom svladavanju predvi†enih sadrµzaja. µ Branko Cervar [email protected]

Kristina Mileti´c [email protected]

Poglavlje 1

SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI µ OSNOVE MATEMATICKE LOGIKE

1.1 1.1.1

µ LOGICKI SUD

Za sporazumijevanje i obavješ´civanje rabimo, uglavnom, raznovrsne jeziµcne reµcenice. Za ”strogo matematiµcko”komuniciranje ne trebaju µcak ni sve izjavne reµcenice (izreke). Ono što je ovdje neophodno jesu neke smislene izjave, odnosno, logiµcki sudovi. DEFINICIJA 1.1 Logiµcki sud (kra´ce i nadalje: sud ) je smislena izjavna reµcenica podrediva naµcelu iskljuµcenja tre´ceg. Dakle, svaki sud ima toµcno jednu istinosnu vrijednost, tj. ili jest istinit ili nije istinit. (Za sud koji nije istinit kaµzemo i da je neistinit ili laµzan.) PRIMJER Koje od sljede´cih reµcenica (ni)su sudovi? (a) Je li zrakoplov sletio? (b) Jutro je pametnije od veµceri. (c) Brod je jedrenjak. (d) Svaki brod je jedrenjak. (e) Zemlja se vrti oko svoje osi. (f) Umijte se! (a) Nije, jer nije izjavna reµcenica; (b) Nije, jer ta reµcenica nema smisla (u doslovnom znaµcenju ukljuµcenih rijeµci); (c) Nije, jer nije podrediva naµcelu iskljuµcenja tre´ceg - ne moµze joj se odrediti istinosna vrijednost, jer nije kazano o kojemu brodu je rijeµc; (d) Jest, i to laµzan - ima brodova koji nisu jedrenjaci; (e) Jest, i to istinit; (f) Nije, jer nije izjavna reµcenica. 1

2

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

Sudove ´cemo oznaµcavati velikim (malo nagnutim) latinskim slovima A, B, C, ... Jednostavnosti radi, ako je sud A istinit pisat ´cemo A = > (i µcitati: tau a jest te), a ako je neistinit pisat ´cemo A = ? (i µcitati: tau a nije te).

1.1.2

OPERIRANJE SUDOVIMA

(i) Konjunkcija. Neka su A i B sudovi. Novi sud u oznaci A ^ B (µcitamo: a i be)

de…niramo ovako:

(A ^ B) = > toµcno onda kad je A = > i B = >. Znakom ^

(µcitamo: i) oznaµcenu logiµcku operaciju nazivamo konjunkcijom. Zgodno je pripadnu istinosnu vrijednost pregledno prikazati tzv. tablicom istinosne vrijednosti. A B (A ^ B) :

>

?

>

>

?

?

?

?

(ii) Disjunkcija. Neka su A i B sudovi. Novi sud u oznaci A _ B (µcitamo: a ili be)

de…niramo ovako: A _ B je laµzan toµcno onda kad su oba suda A i B laµzna. ( (A _ B) =? µcim je A =? i B =?.) Operaciju oznaµcenu znakom _ (µcitamo: ili) nazivamo (inkluzivnom, ukljuµcivom) disjunkcijom. Odgovaraju´ca tablica istinosnih vrijednosti

jest A B (A _ B) :

>

?

>

>

>

?

>

?

(iii) Ekskluzivna disjunkcija. Neka su A i B sudovi. Novi sud u oznaci A Y B (µcitamo: ili a ili be) de…niramo ovako: A Y B je istinit toµcno onda kad je jedan i samo jedan od sudova A, B listinit. (Za A Y B se kaµze i: Bilo A, bilo B, ali ne ob(a)oje.) Operaciju oznaµcenu znakom Y (µcitamo: ili - ili) nazivamo ekskluzivnom (iskljuµcivom) disjunkcijom. Pripadna tablica istinosnih vrijednosti jest A B (A Y B) :

> ?

>

? >

?

> ?

(iv) Implikacija. Ako su A i B sudovi, onda A ) B (µcitamo: a povlaµci be) oznaµcuje

sud koji je laµzan toµcno onda kad je sud A istinit, a sud B laµzan. Znakom ) (µcitamo: µ povlaµci; implicira) oznaµcenu operaciju nazivamo implikacijom. (Cesto se za A ) B

kaµze i: ”Iz A slijedi B”; ”A je nuµzdan uvjet za B”; ”B je dovoljan uvjet za A”.)

µ 1.1. OSNOVE MATEMATICKE LOGIKE

3

Pripadna tablica istinosnih vrijednosti jest A B (A ) B) :

> ?

>

?

>

>

>

?

(iv) Ekvivalencija. Ako su A i B sudovi, onda A , B (µcitamo: a vrijedi (jest) onda i samo onda ako be vrijedi (jest)) oznaµcuje sud koji je istinit toµcno onda kad

oba suda A, B imaju istu istinosnu vrijednost. Znakom , (µcitamo: ekvivalentno) µ oznaµcenu operaciju nazivamo ekvivalencijom. (Cesto se za A , B kaµze i: ”A je

nuµzdan i dovoljan uvjet za B”; ”A je ekvivalent(an)no B”.) Pripadna tablica istinosnih vrijednosti jest A B (A , B) :

> ?

>

?

?

>

>

?

(v) Negacija. Neka je A sud. Novi sud pod oznakom :A (µcitamo: nije a) de…niramo

ovako: (:A) = > toµcno onda kad je A = ?. Operaciju oznaµcenu znakom : (µcitamo: nije; non) nazivamo negacijom. Odgovaraju´ca tablica istinosnih vrijednosti jest (:A) :

A :A

>

?

?

>

(1.1)

PRIMJER Izjavna reµcenica ”x se je rodio prije y” nije sud. Ona postaje sudom µcim se za nepoznanice (varijable) x i y uvrste odre†ene osobe. Tako, primjerice, za x = Arhimed i y = Gauss dobivamo istinit sud ”Arhimed se je rodio prije Gaussa”. DEFINICIJA 1.2 Izjavnu reµcenicu koja sadrµzi jednu ili više nepoznanica i koja postaje sudom kad sve te nepoznanice poprime odre†ene vrijednosti, nazivamo otvorenom reµcenicom ili (logiµckim) predikatom. Uobiµcajilo se odnos me†u nepoznanicama u predikatu oznaµcavati velikim slovom. Tako se predikat iz prethodnoga primjera oznaµcuje s P (x; y), gdje je P odnos ”se je rodio prije”, a varijable x i y smiju biti bilo koje osobe (umrli ili tjelesno µzivi ljudi). Ponekad, jednostavnosti radi, oznaku odnosa me†u nepoznanicama rabimo i kao oznaku cijeloga predikata. Ako je P predikat, onda je (8x)P novi predikat: ”Za svaki(o) x je P ”. Znak 8 oznaµcuje

neodre†enu zamjenicu (za) svaki(o), a nazivamo ga univerzalnim kvanti…katorom.

Nadalje, ako je P predikat, onda je (9x)P novi predikat: ”Postoji x tak(av)o da je P ”.

4

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

Znak 9 oznaµcuje neodre†enu zamjenicu (postoji) neki(o), a nazivamo ga egzistenciµ jalnim kvanti…katorom. Cesto se rabi i oznaka (9!x)P za novi predikat: ”Postoji toµcno jedan (tj. jedan i samo jedan) x tak(av)o da je P ”. Napokon, de…nirajmo i formulu (predikatne algebre): To je svaki izraz F sastavljen,

na logiµcki dopustiv naµcin, od sudova, predikata, kvanti…katora zagrada, znakova > i ?

i operatora ^, _, Y, ), ,, :.

Re´ci ´cemo da su dvije formule F i G istovrijedne ili ekvivalentne i pisati F = G, ako je F = G za svaki mogu´ci izbor njihovih varijabla.

1.1.3

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Dokaµzite da su sudovi (formule) A Y B i :(A , B) istovrijedni.

2. Popunite tablicu istinosne vrijednosti tzv. She¤ erove operacije " : Ako su A i B sudovi onda je A " B sud istinit toµcno onda kad je barem jedan sudova A, B istinit. Usporediti sud A " B sa sudom :(A ^ B). 3. Popunite tablicu istinosne vrijednosti tzv. Lukasiewiczeve operacije # : Ako su A i B sudovi onda je A # B sud istinit toµcno onda kad su oba suda A, B laµzna. Usporediti sud A # B sa sudom :(A _ B). 4. Provjerite istovrijednost ovih formula:

(a) :((8x)P (x)) = (9x):P (x); (b) :((9x):P (x)) = (8x)P (x). 5. Provjerite je li identiµcki istinita (dakle, tautologija, tj. istinita za svaku mogu´cu vrijednost svojih varijabla) neka od ovih formula: (a) (9x)(8y)P (x; y) ) (8y)(9x)P (x; y); (b) (8y)(9x)P (x; y) ) (9x)(8y)P (x; y). 6. Provjerite pomo´cu tablice istinosne vrijednosti da su sudovi tautologije: (a) (A ) B) ) (A ^ (:B); (b) (A _ B) , :((:A) ^ (:B); 7. Pokaµzite da je: (a) A ^ (B _ C) = (A ^ B) _ (A ^ C); (b) A _ (B ^ C) = (A _ B) ^ (A _ C):

1.2 1.2.1

SKUPOVI I RELACIJE SKUP

Skup uzimamo za osnovni matematiµcki pojam, dakle, ne de…niramo ga, tj. ne svodimo na neke ”jednostavnije” pojmove. (Njegova svojstva se zadaju aksiomatski - u što se ovdje ne ´cemo upuštati.) Intuitivno smijemo tek zamišljati da ”je skup ujedinjenje bilo koje mnoµzine objekata - elemenata u jednu cjelinu”. Svaki skup je posve odre†en svojim µclanovima - elementima. Skupove ´cemo oznaµcavati velikim (malo nagnutim) latinskim slovima S, A, X, ”italik”-slovima s, a, x,

, a njihove elemente malim

. (Pazit ´cemo da ne do†e do zabune pri oznaµcavanju skupova

1.2. SKUPOVI I RELACIJE

5

i sudova!) Ako je s element skupa S, pisat ´cemo s 2 S, a ako t nije element skupa S

pisat ´cemo t 2 = S. Pretpostavljamo da su svi elementi danog skupa me†usobno razliµciti, tj. da skup ne sadrµzi neki element u više primjeraka.

Skupovima smatramo i ”mnoµzine koje ne sadrµze nikakve objekte” - to su tzv. prazni skupovi. Za prazan skup smijemo, dakle, re´ci da je skup bez elemenata. Skup S se µcesto opisuje (zadaje) nekim svojstvom - predikatom P - koje se moµze primijeniti na neku mnoµzinu objekata. Tada se elementima od S smatraju svi promatrani objekti sa svojstvom P i piše se: S = fs j P (s)g (µcita se: S je skup svih elemenata s

što imaju svojstvo P ). Ako skup X ”nema mnogo”elemenata, primjerice, ako su x, y, z, w svi elementi skupa X, onda pišemo X = fx; y; z; wg. DEFINICIJA 1.3 Re´ci ´cemo da je Y podskup ili dio skupa X, oznaka: Y

X

(znak

µcitamo: je sadrµzan u), odnosno, da je X nadskup skupa Y , oznaka: X

(znak

µcitamo: sadrµzi ), ako je svaki element skupa Y ujedno element skupa X, tj.

Y

y 2 Y ) y 2 X. Primjerice, fy j y je pravokutnikg

fx j x je paralelogramg.

Re´ci ´cemo da je skup Y jednak skupu X i pisati Y = X, ako je Y

X iY

X. U

protivnom, re´ci ´cemo da je skup Y razliµcit od skupa X i pisati Y 6= X. Oµcigledno je Y = X onda i samo onda ako je X = Y . Tako†er, Y 6= X , X 6= Y .

Primijetimo da iz navedenih de…nicija izravno slijedi da je (”svaki”) prazan skup podskup svakog skupa, te da je jedinstven. Uobiµcajena oznaka za prazni skup jest ;. Ako je ispunjeno Y

X i Y 6= X, onda kaµzemo da je Y pravi podskup od X i

ponekad to istiµcemo oznakama Y $ X ili Y

X.

DEFINICIJA 1.4 Svakim skupom X je posve odre†en njegov tzv. partitivni skup elementi kojega su svi podskupovi od X. Partitivni skup skupa X oznaµcavat ´cemo sa P(x) ili sa 2X (µcitamo: dva na iks). Na primjer, ako je X = fx; y; zg onda je

2X = f;; fxg; fyg; fzg; fx; yg; fx; zg; fy; zg; Xg:

1.2.2

OPERIRANJE SKUPOVIMA

DEFINICIJA 1.5 Neka je U skup i neka su A i B podskupovi od U . Pod unijom skupova A i B, oznaka: A [ B, podrazumijevamo podskup fx 2 U j x 2 A _ x 2 Bg

skupa U: Presjekom skupova A i B, oznaka: A \ B, smatramo podskup

6

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI fx 2 U j x 2 A ^ x 2 Bg

od U: Podskup

fx 2 U j x 2 A ^ x 2 = Bg

od U nazivamo razlikom skupa A od skupa B i oznaµcujemo s A n B.

Razliku U n A nazivamo komplementom skupa A (u skupu U ) i, kad god ne moµze do´ci

do zabune, oznaµcujemo s Ac .

Ako je A \ B = ;, kaµzemo da su skupovi A i B disjunktni ili da se ne sijeku. U protivnom, tj. kad je A\B 6= ;, govorimo da se skupovi A i B sijeku. Uniju disjunktnih skupova nazivamo disjunktnom unijom.

Jednostavno je dokazati da su unija i presjek asocijativne operacije. To dopušta de…nirati uniju i presjek od više (od dva) skupova, te istraµziti pripadne zakonitosti.

1.2.3

RELACIJE

Dvoµclane skupove, npr. X = fx; yg, obiµcno nazivamo parovima. Dogovorimo li se da

´cemo jednom elementu para, recimo x, dati ”prvenstvo” pišu´ci ga uvijek ispred onoga drugogoga - y, dobivamo ure†eni par (x; y). Prema tomu, dok za parove vrijedi fx; yg = fy; xg, za ure†ene parove je (x; y) = (x0 ; y 0 ) , (x = x0 ^ y = y 0 ). Po dogovoru, ure†enim parom smatramo i ”par” (x; x).

DEFINICIJA 1.6 Neka su X i Y neprazni skupovi. Direktnim (ili Kartezijevim) produktom skupa X skupom Y , u oznaci X

Y , smatramo skup svih ure†enih parova

(x; y) elemenata x 2 X i y 2 Y . Dakle, X

Y = f(x; y) j x 2 X ^ y 2 Y g:

U sluµcaju da je X = ; ili Y = ; stavljamo X

Y = ;.

Primijetimo da direktni produkt nije komutativan. Posebice je vaµzan direktni produkt skupa X samim sobom, tj. X

X

X 2 = f(x; x0 ) j x; x0 2 Xg:

DEFINICIJA 1.7 Binarnom relacijom na skupu X smatramo svaki podskup R X

X. Ako je ure†eni par (x; x0 ) 2 R, pišemo xRx0 ili R(x; x0 ) i govorimo da je

element x u relaciji R s elementom x0 .

1.2. SKUPOVI I RELACIJE

7

Za µcitateljevu vjeµzbu neka bude, primjerice, X skup svih stanara neke zgrade, a R relacija na X zadana odnosom ”biti mla†i”. Ili, na istom skupu X, neka druga relacija R0 bude zadana odnosom ”stanovati na višem katu”. U našim ´ce razmatranjima biti vaµzne neke posebne binarne relacije. Za binarnu relaciju R na skupu X kaµzemo da je re‡eksivna ako (8x 2 X) xRx; simetriµcna ako (8x; y 2 X) xRy ) yRx; tranzitivna ako (8x; y; z 2 X) xRy ^ yRz ) xRz. Binarnu relaciju R na skupu X koja je re‡eksivna, simetriµcna i tranzitivna nazivamo razredbenom (ili ekvivalencijskom ili klasi…kacijskom) relacijom i obiµcno ju oznaµcujemo znakom

(tilda). Za dva elemanta koji su u relaciji

kaµzemo da su me†u-

sobno ekvivalentni. Primijetimo da se skup X na kojumu je zadana neka razredbena relacija

cijepa na disjunktne podskupove, tzv. razrede (ili razredbene klase),

tako da se X moµze prikazati, na jedinstven naµcin, kao disjunktna unija tih razreda. U isti razred ulaze svi oni (i samo oni) elementi koji su me†usobno ekvivalentni. Pripadni skup svih razreda oznaµcujemo s X/

i nazivamo kvocijentnim skupom (od X po

). PRIMJER Neka je X skup svih hrvatskih drµzavljana do (ukljuµcivo) sto godina starosti, a relacija je

na X neka je zadana odnosom ”imati jednako godina”. Lako se provjeri da

razredbena relacija, pa je X = X0 [

X0 ; X 1 ;

[ X100

[Xn unija disjunktnih razreda

; X100 , gdje podskup Xn tvore svi hrvatski drµzavljani koji imaju n godina (a

nemaju n + 1 godina). (Ovdje smo koristili pojam cijeloga broja i nekoliko pripadnih oznaka, što ´cemo ih de…nirati u kasnije.) Vrlo vaµzna vrsta binarne relacije R na skupu X jest i relacija djelomiµcnog (ili parcijalnog) ure†aja

(µcitamo: manje ili jednako). To je svaka relacija koja je re‡eksivna,

tranzitivna i antisimetriµcna, tj. za svaki par x; y 2 X, iz x Ako je x

y^y

x slijedi x = y.

y i x 6= y, rabit ´cemo za to kra´cu oznaku x < y. Ponekad ´cemo x

( x < y) zapisivati i kao y

y

x (y > x).

Skup X na kojemu je zadana relacija djelomiµcnog ure†aja

nazivamo djelomiµcno (ili

parcijalno) ure†enim skupom i oznaµcujemo s (X; ). Ako relacija uvjet: za svaki par x; y 2 X je x

y ili y

x, onda kaµzemo da je

zadovoljava i

relacija potpunog

(ili totalnog) ure†aja ili da je ure†ajna relacija, a (X; ) tada nazivamo (potpuno) ure†enim skupom .

8

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

Primijetimo da (razredbena) relacija iz prethodnog primjera nije ure†ajna relacija. e skup svih razrednih predstavnika (iz svakoga razreda po jedan) kvocijentnoga Neka je X

e stavljaju´ci x y onda i samo onda kad x na X e ) ure†en skup. nije stariji od y. Lako se provjeri da je tada (X;

skupa X/ , pa de…nirajmo relaciju

DEFINICIJA 1.8 Neka je (X; ) parcijalno ure†en skup i A

X njegov neprazan

podskup. Re´ci ´cemo da je element m 2 X donja me†a skupa A, ako je m

a za

svaki a 2 A. Re´ci ´cemo da je skup A ome†en odozdol, ako postoji barem jedna donja

me†a od A. Kad je A ome†en odozdol, za donju me†u m od A ´cemo re´ci da je najve´ca donja me†a ili in…mum skupa A, ako je m0

m za svaku donju me†u m0 od A.

Napomenimo da ako in…mum skupa A postoji, onda je jedinstven pa za njega rabimo posebnu oznaku - inf A. Ako donja me†a m 2 X skupa A pripada skupu A, tj. m 2 A, onda kaµzemo da je m

najmanji element ili minimum skupa A. I ovdje vrijedi da ako minimum skupa A postoji, onda je jedinstven i oznaµcavamo ga sa min A: Na posve sliµcan naµcin se defniraju pojmovi gornja me†a; odozgor ome†en skup ; najmanja gornja me†a ili supremum (sup A), te najve´ci element ili maksimum (max A) nepraznog podskupa A parcijalno ure†enog skupa (X; ). Primjerice, gornja me†a skupa A je svaki element m 2 X za koji je a Za skup A

m, za svaki a 2 A.

X kaµzemo da je ome†en µcim je ome†en odozdol i ome†en odozgor.

Na koncu de…nirajmo podskupove parcijalno ure†enog skupa (X; ): - segment [a; b] = fx 2 X j a

x

bg;

- interval ha; bi = fx 2 X j a < x < bg;

- slijeva poluzatvoreni interval [a; bi = fx 2 X j a

x < bg i

- zdesna poluzatvoreni interval ha; b] = fx 2 X j a < x

bg.

Analogno se de…niraju i podskupovi [a; i, ha; i, h ; b], h ; bi od X. Primjerice, [a; i = fx 2 X j a

xg.

1.2.4

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Dani su skupovi A = f1; 2; 3; 4; 5g; B = f0; 1; 2; 3; 4g i C = f 1; 0; 1; 2; 3g: Odredite skupove A [ B; A [ C; A \ B; A \ C; A n B; B n A; A n C; 2A ; 2B , CS A ako je S = A [ B; A B; B A; A C: 2. Neka su A; B; C podskupovi skupa U . Dokaµzite sljede´ce jednakosti: (a) (A [ B) [ C = A [ (B [ C) ; (A \ B) \ C = A \ (B \ C); (b) A [ B = B [ A ; A \ B = B \ A; (c) A [ (B \ C) = (A [ B) \ (A [ C); A \ (B [ C) = (A \ B) [ (A \ C); (d) A [ ; = A; A \ ; = ;;

1.3. FUNKCIJE (e) (f) (g) (h)

9

A [ U = U ; A \ U = A; A [ A = A; A \ A = A; (Ac )c = A; (A [ B)c = Ac \ B c ; (A \ B)c = Ac [ B c .

3. Neka su A1 ; B1

X i A2 ; B2

(a) A1 (A2 [ B2 ) = (A1 (A1 [ B1 ) A2 = (A1 (b) A1 (A2 \ B2 ) = (A1 (A1 \ B1 ) A2 = (A1

X. Dokaµzite da je

A2 ) [ (A1 A2 ) [ (B1 A2 ) \ (A1 A2 ) \ (B1

B2 ); A2 ); B2 ); A2 ).

4. Simetriµcna razlika A4B skupova A i B je skup (A n B) [ (B n A): Dokaµzite da vrijedi: (a) (b) (c) (d) (e)

A4B = B4A; A \ (B4D) = (A \ B)4(A \ D); A4; = A; A4(B4D) = (A4B)4D; A4A = ;:

5. Neka je S skup svih pravaca dane ravnine. Dokaµzite da je relacija aRb sa znaµcenjem pravac a je paralelan pravcu b re‡eksivna, simetriµcna i tranzitivna. 6. Neka je Z skup cijelih brojeva, c 2 Z; i neka je relacija R de…nirana sa xRy , a b = ck; k 2 Z: Ova se relacija zove još i kongruencija i oznaµcava sa x y(mod c) (µcita se x kongruentno sa y modulo c: Dokaµzite da je to relacija klasi…kacije i odredite kvocijentni skup. 7. Dokaµzite da je, za svaki skup X, relacija odre†ena odnosom ”biti podskup” ( ) na partitivnom skupu 2X jedna relacija parcijalnog ure†aja.

1.3

FUNKCIJE

1.3.1

FUNKCIJA

Funkcija jest jedan od najvaµznijih matematiµckih pojmova. De…nirat ´cemo ga sasvim op´cenito, tj. na skupovnoj razini. DEFINICIJA 1.9 Pod

funkcijom

podrazumijevamo

svaki

ure†eni

troslog

(X; f; Y ), pri µcemu su X i Y neprazni skupovi, a f je bilo koje pravilo po kojemu se svakom elementu x 2 X pridruµzuje toµcno jedan element y 2 Y . Uobiµcajeni zapis za funkciju (X; f; Y ) jest f : X ! Y ili x 7! y = f (x) i pritom

µcesto kaµzemo da je f funkcija iz skupa X u skup Y . (Kad su u nekom razmatranju

X i Y zadani i nepromjenjivi, µcesto se, jednostavnosti radi, i samo pravilo f naziva funkcijom.) Za danu funkciju f : X ! Y , skup X nazivamo de…nicijskim podruµcjem (ili domenom, oznaka: Df ), skup Y vrijednosnim podruµcjem (ili kodomenom, oznaka: Rf ), a element y = f (x) vrijednoš´cu (na elementu x) funkcije f . Ponekad se

10

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

kaµze da je x nezavisna varijabla (ili argument), a y zavisna varijabla funkcije f . Slikovito se funkciju najµceš´ce prikazuje kao na crteµzu:

Funkcijin graf je skup Gf = f(x; f (x)) j x 2 Xg

X

Y:

Primjerice (slikovito):

Re´ci ´cemo da je funkcija f1 : X1 ! Y1 jednaka funkciji f2 : X2 ! Y2 i pisati f1 = f2 , ako je X1 = X2 , Y1 = Y2 i f1 (x) = f2 (x) za svaki x 2 X1 = X2 . Oµcito, ako je f1 = f2 onda je i f2 = f1 .

PRIMJER. Istaknimo sada nekoliko vaµznih primjera: 1. Neka je X

Y , a i : X ! Y neka je funkcija odre†ena pravilom (8x 2 X) i(x) = x:

To je tzv. inkluzija (ili ulaganje) koju ´cemo µcesto oznaµcavati s i : X ,! Y . Posebice, ako je X = Y dobivamo tzv. identiµcku funkciju (ili identitetu) 1Y : Y ! Y ,

1Y (y) = y. (Primijetimo da su, op´cenito, inkluzija i identiteta me†usobno razliµcite, jer su im domene razliµcite.) 2. Neka su funkcije pX : X

Y ! X i pY : X

pX (x; y) = x i pY (x; y) = y, (x; y) 2 X produkta X

1.3.2

Y ! Y de…nirane redom pravilima

Y . To su tzv. projekcije iz direktnoga

Y na faktore X i Y redom.

FUNKCIJSKA KOMPOZICIJA

DEFINICIJA 1.10 Neka su f : X ! Y i g : Y ! Z funkcije. Pod kompozicijom

funkcije f s funkcijom g podrazumijevamo funkciju h : X ! Z zadanu pravilom h(x) = g(f (x)) za svaki x 2 X. Zapisujemo to kao h = g f ili kra´ce h = gf .

Funkcijsku kompoziciju ilustrira sljede´ci crteµz:

1.3. FUNKCIJE

11

Funkcijska kompozicija je asocijativna, tj. ako su f : X ! Y , g : Y ! Z i h : Z ! W

funkcije, onda je h(gf ) = (hg)f . Zaista, za svaki x 2 X je (h(gf ))(x) = h((gf )(x)) = h(g(f (x))) = (hg)(f (x)) = ((hg)f )(x), dakle, h(gf ) = (hg)f .

Nadalje, za svaku funkciju f : X ! Y je f 1X = f i 1Y f = f , gdje su 1X i 1Y pripadne

identitete. (Dokaz prepuštamo µcitatelju.) Neka su X 0

X, Y 0

Y (pod)skupovi i neka za funkcije f 0 : X 0 ! Y 0 i f : X ! Y

vrijedi (8x0 2 X 0 ) f 0 (x0 ) = f (x0 ). Tada kaµzemo da je f 0 suµzenje (ili restrikcija)

funkcije f , odnosno, da je f proširenje (ili ekstenzija) funkcije f 0 . Ako je, posebice,

Y 0 = Y onda pišemo f 0 = f jX 0 . Primijetimo da je, za svaku funkciju f : X ! Y , suµzenje na svaki podskup X 0

X jednoznaµcno odre†ena tim podskupom. Me†utim,

analogna tvrdnja za proširenje nije istinita.

1.3.3

INVERZNA FUNKCIJA

DEFINICIJA 1.11 Neka su dani funkcija f : X ! Y i podskupovi A

X; B

Slikom skupa A po funkciji f smatramo skup f [A] = fy = f (x) j x 2 Ag

Y. Y. U

sluµcaju A = X i f [X] = fyg (jednoµclan skup), funkciju f nazivamo konstantnom

funkcijom (ili konstantom) u element y 2 Y i oznaµcujemo f = cy , a u sluµcaju f [X] = Y - surjektivnom funkcijom (ili surjekcijom ili preslikavanjem ”na”). Obratnom slikom (ili originalom) skupa B po funkciji f smatramo skup f fx j f (x) 2 Bg X. Ovaj f f

1 (y)

=f

1

X. (Oprez! U oznaci f

1 [B]

dio f

1

1 [B]

=

ne oznaµcuje funkciju iz Y u

se ipak moµze interpretirati kao funkcija, ali iz Y u 2X , stavljaju´ci y 7!

1 [fyg].

Nama ´ce, inaµce, u ovim predavanjima f

tzv. inverzne funkcije). Ako je (8y 2 Y ) f

1 [fyg]

1

sluµziti za oznaµcavanje

= fxg jednoµclan podskup od X, onda

kaµzemo da je f injektivna funkcija (ili injekcija ili ”1-1”-preslikavanje).

DEFINICIJA 1.12 Re´ci cemo da je funkcija f : X ! Y bijekcija (ili obostrano

jednoznaµcna funkcija), ako je f injekcija i surjekcija. Iz De…nicije 1.11 izravno slijedi:

f : X ! Y je injekcija , ((8x; x0 2 X) f (x) = f (x0 ) ) x = x0 );

12

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI f : X ! Y je surjekcija , ((8y 2 Y )(9x 2 X) f (x) = y).

Ovo skupa s De…nicijom 1.12 odmah povlaµci:

f : X ! Y je bijekcija , ((8y 2 Y )(9!x 2 X) f (x) = y). TEOREM 1.13 Funkcija f : X ! Y je bijekcija onda i samo onda, ako postoji

funkcija g : Y ! X takva da je gf = 1X i f g = 1Y . Funkcija g je, tako†er, bijekcija,

jedinstvena je, a nazivamo ju inverznom funkcijom funkcije f i oznaµcujemo s f

1.

DOKAZ. Neka je f : X ! Y bijekcija. Budu´ci da tada za svaki x 2 X postoji toµcno

jedan y 2 Y za koji je f (x) = y, mogu´ce je de…nirati funkciju g : Y ! X pravilom

g(y) = x µcim je y = f (x). Za kompozicije dobivamo: gf (x) = g(y) = x = 1X (x), za svaki x 2 X, i f g(y) = f (x) = y = 1Y (y), za svaki y 2 Y .

Obratno, neka za f : X ! Y postoji g : Y ! X tako da je gf = 1X i f g = 1Y . Ako je y 2 Y , uzmimo x = g(y) 2 X, pa ´ce biti f (x) = f g(y) = 1Y (y) = y. Prema tomu, f je surjekcija. Ako su x; x0 2 X takvi da je f (x) = f (x0 ) 2 Y , onda je

x = 1X (x) = gf (x) = gf (x0 ) = 1X (x0 ) = x0 . Slijedi da je f je injekcija, dakle i bijekcija. Za dokaz jedinstvenosti, pretpostavimo da postoje dvije funkcije g; g 0 : Y ! X takve

da je gf = 1X = g 0 f i f g = 1Y = f g 0 . Tada je, za svaki y 2 Y , g(y) = 1X (g(y)) = (g 0 f )(g(y)) = g 0 ((f g)(y)) = g 0 (1Y (y)) = g 0 (y), dakle, g = g 0 .

1.3.4

KARDINALNI BROJ

DEFINICIJA 1.14 Neka su X; Y skupovi. Re´ci ´cemo da je X ekvipotentan (ili da ima jednako mnogo elemenata kao) Y , ako postoji neka bijekcija f : X ! Y . Ekvipotentnost skupova je, oµcito, razredbena relacija na klasi (pojam ”skup svih skupova”vodi k protuslovlju; nnoµzina svih skupova ne tvori skup nego op´cenitiji objekt, tzv. klasu.) svih skupova, pa se skupovi svrstavaju u disjunktne ekvipotencijske razrede. Razred kojemu pripada skup X nazivamo kardinalnim brojem (ili glavnim brojem ili potencijom) skupa X i oznaµcujemo s jXj ili s card X. DEFINICIJA 1.15 Re´ci ´cemo da je skup X beskonaµcan, ako postoje pravi podskup X0

X i bijekcija f : X ! X 0 . Ako skup X nije beskonaµcan, re´ci ´cemo da je konaµcan.

Primijetimo da De…nicija 1.15 izravno povlaµci konaµcnost praznoga skupa ;. Napomenimo da vrijedi tvrdnja:

Neka su X i Y ekvipotentni skupovi, tj. jXj = jY j. Tada je X (bes)konaµcan

toµcno onda kad je Y (bes)konaµcan.

1.3. FUNKCIJE

13

DEFINICIJA 1.16 Re´ci ´cemo da je kardinalni broj skupa X manji ili jednak od kardinalnog broja skupa Y i pisati jXj injekcija f : X ! Y . Ako je jXj

jY j (ili card X

card Y ), ako postoji neka

jY j, a X i Y nisu ekvipotentni (tj. jXj = 6 jY j), re´ci

´cemo da je kardinalni broj od X manji od kardinalnog broja od Y i pisati jXj < jY j. Vrijedi Neka je X

Y . Ako je X beskonaµcan skup onda je takav i Y , a ako je Y konaµcan

skup onda je takav i X. Ako je X konaµcan, a Y beskonaµcan skup, onda je jXj < jY j.

1.3.5

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Neka je f : X ! Y funkcija i neka su A; B formule: (a) f [A [ B] = f [A] [ f [B]; f

(b) f [A \ B] (c) f [A n B]

(d) f [f

1

f [A] \ f [B]; f

f [A] n f [B]; f

[C]] = C \ f [X]

1 1 1

X i C; D 1

[C [ D] = f

[C \ D] = f

[C n D] = f

C; f

1

[f [A]]

1 1

[C] [ f

[C] \ f

[C] n f

1

Y . Dokazati ove

1

[D];

1

[D];

[D];

A.

Dokaµzimo npr. (b): Ako je u prvoj formuli iz (b) slika f [A \ B] = ; nemamo što dokazivati. Stoga, neka je y 2 f [A \ B] 6= ;. Tada postoji x 2 A \ B za koji je f (x) = y. Nu, tada je x 2 A i x 2 B, pa je f (x) 2 f [A] i f (x) 2 f [B], dakle, y = f (x) 2 f [A] \ f [B], što je i trebalo dokazati. Da je mogu´ce f [A \ B] 6= f [A] \ f [B] pokazuje sluµcaj A \ B = ;, a f [A] \ f [B] 6= ;. Primjerice, aka su A = fa; a0 g; B = fb; b0 g X disjunktni podskupovi i Y = fyg, onda je, za svaku funkciju f : X ! Y , f [A \ B] = f [;] = ; i f [A] \ f [B] = Y 6= ;.

Za dokaz druge formule iz (b), neka je, najprije, x 2 f 1 [C \D]. Tada postoji y 2 C \ D za koji je f (x) = y. Dakle, y 2 C i y 2 D i f (x) = y, što povlaµci x 2 f 1 [C] i x 2 f 1 [D], tj. x 2 f 1 [C] \ f 1 [D]. Obrat se moµze dokazati µcitaju´ci prethodno zakljuµcivanje natraške. 2. Neka su f : X ! Y i g : Y ! Z funkcije. Tada vrijedi: (a) Ako je gf : X ! Z injekcija onda je i f injekcija:

(b) Ako je gf :X ! Z surjekcija onda je i g surjekcija. 3. Dokazati da je, za svaku bijekciju f : X ! Y , (f

1

)

1

= f.

4. Dokazati da je kompozicija gf od bijekcija g i f opet bijekcija. 5. Neka je X skup. Za svaki podskup A X de…nirajmo tzv. karakteristiµcnu funkciju A : X ! f0; 1g podskupa A stavljaju´ci A (x)

=

1; 0;

x2A : x2X nA

Dokazati da je funkcija F : 2X ! ff j f : X ! f0; 1gg f0; 1gX , odre†ena pravilom F (A) = A za svaki A 2 2X , bijekcija. (Prema tomu, partitivni skup 2X i skup f0; 1gX svih funkcija iz X u dvoµclani skup su ekvipotentni.)

14

1.4

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

REALNI BROJEVI

Skup realnih brojeva ima temeljnu ulogu u cijeloj matematici, a u matematiµckoj analizi posebice. Uobiµcajila su se dva pristupa ovomu skupu: induktivni (konstruktivni), koji polazi od Peanovih aksioma za skup prirodnih brojeva, i aksiomatski (deduktivni), koji pretpostavlja dobro poznavanje nekih algebarskih struktura. Mi ´cemo se drµzati (starijega) induktivnoga pristupa.

1.4.1

PRIRODNI I CIJELI BROJEVI

Prihva´camo, kao ”iskustvenu µcinjenicu”, obstojnost barem jednog skupa N koji udovoljava ovim trima uvjeta: (P1)

N sadrµzi barem jedan element - oznaµcit ´cemo ga znakom 1 i nazvati brojem jedan (ili jedinicom);

(P2) (P3)

Postoji injektivna funkcija s : N ! N , takva da je, za svaki n 2 N , s(n) 6= 1;

Ako za podskup M (i) (ii)

N vrijedi:

1 2 M;

(8n 2 N ) n 2 M ) s(n) 2 M ,

onda je M = N .

Uvjete (P1), (P2) i (P3) nazivamo Peanovim aksiomima. Posebice, aksiom (P3) nazivamo naµcelom potpune (ili matematiµcke) indukcije. Pokazuje se da, u biti - glede algebarske i ure†ajne strukture (to su nama poznate operacije zbrajanja i mnoµzenja i ure†eja), postoji samo jedan skup N s navedenim svojstvima. Taj ´cemo skup istaknuti oznakom N i nazvati skupom prirodnih brojeva, a njegove elemente n 2 N

prirodnim brojevima.

Radi lakšeg sporazumijevanja najµceš´ce se koriste sljede´ci (indijsko-arapski) znakovi za nekoliko ”poµcetnih”prirodnih brojeva (u zagradama navodimo njihova hrvatska imena): s(1) = 1 + 1

2 (dva), s(2) = 2 + 1

(pet), s(5) = 5 + 1 s(8) = 8 + 1

3 (tri), s(3) = 3 + 1

6 (šest), s(6) = 6 + 1

9 (devet), s(9) = 9 + 1

4 (µcetiri), s(4) = 4 + 1

7 (sedam), s(7) = 7 + 1

5

8 (osam),

10 (deset), itd. (Znak 0 nam, zasebice, za

sada ne oznaµcuje nikakav objekt! Uvest ´cemo ga pri izgradnji skupa cijelih brojeva. Znakove 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 nazivamo decimalnim znamenkama, a njihovu ´cemo praktiµcnu vaµznost shvatiti prigodom uvo†enja tzv. decimalnoga sustava zapisivanja cijelih brojeva.) Istaknimo da iz (P2) slijedi Skup prirodnih brojeva N je beskonaµcan. Saµzmimo ukratko glavne µcinjenice o skupu N:

1.4. REALNI BROJEVI

15

Postoji toµcno jedan skup prirodnih brojeva N (beskonaµcan) s binarnim operacijama + (zbrajanje) i

(mnoµzenje); koje su asocijativne i komutativne,

+ je distributivna s obzirom na , i s diskretnim ure†ajem

koji se dobro

ponaša prema zbrajanju (+) i mnoµzenju ( ) i u kojemu je 1 = min(N; ): Dobivenu strukturu ´cemo oznaµciti s (N; +; ; ). Po De…niciji 1.8 ima smisla govoriti o segmentima, intervalima, ´cemo ih s [m; n]N , hm; niN ,

u (N; ). Oznaµcavat

. Primijetimo da je hn; n + 1iN = ;, pa ima smisla

s(n) = n + 1 nazvati sljedbenikom od n. Posebno ´ce nam biti vaµzni tzv. poµcetni komadi u (N; ), tj. segmenti [1; n]N = fp 2 N j p

Sam skup N = [1; iN

ure†aj.

ng

f1; 2; 3;

f1; 2;

; ng:

; n;

g, gdje u zapisu ispisujemo elemente poštuju´ci

Ve´c smo ustanovili da je skup prirodnih brojeva beskonaµcan. Nadalje, svaki poµcetni komad [1; n]N ; n 2 N; konaµcni skup. Uobiµcajilo se poistovjetiti kardinalni broj j[1; n]N j

s prirodnim brojem n. To pojednostavnjuje zapisivanje, a i sasvim je opravdano jer vrijedi j[1; m]N j = j[1; n]N j , m = n. Naredni teorem pokazuje da se to moµze proširiti na sve konaµcne neprazne skupove.

TEOREM 1.17 Neprazni skup X je konaµcan onda i samo onda, ako je ekvipotentan nekom poµcetnom komadu [1; n]N skupa prirodnih brojeva. Teorem 1.17 dopušta sljede´cu de…niciju: DEFINICIJA 1.18 Neka je X konaµcni i neprazni skup, a n prirodni broj. Re´ci ´cemo da skup X ima n elemenata i pisati (card X poµcetnomu komadu [1; n]N od N.

) jXj = n, ako je X ekvipotentan

DEFINICIJA 1.19 Re´ci ´cemo da je skup X prebrojiv ako je ekvipotentan nekom podskupu od N. U protivnom ´cemo re´ci da je skup X neprebrojiv. Kardinalni broj prebrojivog skupa X oznaµcavamo sa card X = @0 (µcita se alef nula). Lako je provjeriti istinitost ovih tvrdnja:

(1) Svi konaµcni skupovi i skup prirodnih brojeva N jesu prebrojivi; (2) Skup N

N je prebrojiv;

(3) Svaki beskonaµcni podskup A

N je ekvipotentan skupu N;

(4) Svaki beskonaµcni prebrojiv skup X je ekvipotentan skupu N. Dokaµzimo, ilustracije radi, tvrdnju (2)! Pokazat ´cemo da je direktni produkt N ekvipotentan skupu N. U tu svrhu promatrajmo sljede´ci zapis skupa N

N:

N

16

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

De…nirajmo funkciju f : N ! N

N pravilom što ga pokazuju strjelice: f (1) = (1; 1),

f (2) = (2; 1), f (3) = (1; 2), f (4) = (1; 3), f (5) = (2; 2), f (6) = (3; 1), f (7) = (4; 1), f (8) = (3; 2), f (9) = (2; 3), f (10) = (1; 4),

. (f se moµze propisati i neovisno o

shemi!) Lako se vidi da je f bijekcija. Na koncu ovog razmatranja vratimo se aksiomu (P3) - naµcelu matematiµcke indukcije. On omogu´cava da se pokaµze istinitost tvrdnji oblika T (n) gdje je n 2 N: Ilustrirajmo

to primjerom.

PRIMJER Dokaµzimo tvrdnju (8n 2 N)

13 + 23 +

n 2 (n

+ n3 =

+ 1)

2

:

Oznaµcimo sa M skup svih onih prirodnih brojeva n za koje je 13 + 23 + n 2 (n

+ 1)

2

+ n3 =

: 1 2 (1

Primjetimo da je 1 2 M jer je 13 =

+ 1): Dakle, M ima svojstvo (i) iz (P3).

Provjerimo sada da li M ima i svojstvo (ii), tj. da li iz n 2 M slijedi da je i n + 1 2 M: Da je n 2 M znaµci da je tvrdnja 13 + 23 +

+ n3 =

n 2 (n

2

+ 1) istinita.

Da dokaµzemo da je n + 1 2 M , treba dokazati da je 13 + 23 +

+ n3 + (n + 1)3 =

n+1 2

Kako je prva zagrada na lijevoj strani jednakosti strana jednakosti

h

(n+1)2 (n + 2)2 : 4 2 jednaka n2 (n + 1) imamo

(n + 2)

2 n n 2 3 2 2 (n + 1) + (n + 1) = (n + 1) 2 (n+1)2 (n+1)2 2 2 (n + 4n + 4) = 4 (n + 2) ; 4

2

=

da je lijeva

i + (n + 1) =

pa je zaista n + 1 2 M: Dakle, skup M ima svojstva (i) i (ii) pa je M = N; i dokazano je da je polazna formula istinita za svaki prirodni broj.

Uobiµcajeno je dokaz matematiµckom indukcijom provesti u tri etape koje opisuju aksiom matematiµcke indukcije, odnosno ilustrativni postupak iz prethodnog primjera: Baza indukcije: tvrdnja je istinita za 1; Hipoteza indukcije: neka tvrdnja vrijedi za n; Korak indukcije: dokaz da tvrdnja vrijedi za n + 1: Poµcetni korak moµze biti i neki n0 2 N: Ilustrirajmo to primjerom.

1.4. REALNI BROJEVI

17

PRIMJER Dokaµzite da nejednakost 2n > n2 vrijedi za svaki prirodan broj n

5:

Primjetimo da treba dokazati da je tvrdnja istinita za svaki pripodan broj n

5: To

znaµci da treba modi…cirati bazu indukcije: prvo treba utvrditi da je tvrdnja istinita za n0 = 5 : 32 = 25 > 25 = 52 : Dalje je rutinski posao. Dakle, u ovom sluµcaju imamo: Baza indukcije: tvrdnja je istinita za n0 ; Hipoteza indukcije: neka tvrdnja vrijedi za n

(>n0 )

Korak indukcije: dokaz da tvrdnja vrijedi za n + 1: Ako je za neko n > 5; 2n > n2 (hipoteza indukcije), tada je (korak indukcije) 2n+1 > (n + 1)2 tj. 2 2n > n2 + 2n + 1; ako je 2n > 2n + 1: Korak indukcije ´ce biti proveden ako dokaµzemo da je 2n > 2n + 1 za svki n > 5: No, matematiµckom indukcijom lako se pokazuje da nejednakost 2n > 2n + 1 vrijedi za n

3:

Vrlo vaµznu ulogu imaju prirodni brojevi koji se dobivaju pomo´cu faktorijela na sljede´ci naµcin: Neka su n; k 2 N[f0g, k Broj

n! k!(n k)! oznaµcujemo

s

n k

n. (µcitamo: en povrh ka) i nazivamo binomnim koe…ci-

jentom. Lako je dokazati sljede´ca svojstva binomnih koe…cijenata: n 0 n k

n 1

= 1;

= n;

n

=

(simetriµcnost);

n k

što povlaµci da za binomne koe…cijente n 0

;

n 1

;

n 2

;

;

n n 2

n n 1

;

;

n n

vrijedi: n 0 n k

= +

n n n ; 1 n k+1 =

n n n 1 ; 2 = n+1 k+1 ; k < n:

=

n n 2

;

;

Indukcijom po n, dokazuje da je svaki binomni koe…cijent zaista prirodan broj. Binomne koe…cijente je zgodno prikazati pomo´cu sljede´ce sheme, tzv. Pascalova trokuta:

(Svaki ”unutrašnji” µclan u (n + 1)-vom retku jest zbroj ”gornjih susjeda” iz n-toga retka, a ”rub” tvore jedinice!) TEOREM 1.20 Za svaki par x; y 2 R i svaki n 2 N vrijedi tzv. binomna formula: (x + y)n = xn + nxn

1

y+

n 2

xn

2 2

y +

+

n n 2

x2 y n

2

+ nxy n

1

+ yn

18

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI Xn

n k=0 k

xn

k k

y =

Xn

n k=0 k

xk y n

k

:

DOKAZ. Ilustracije radi, sjetimo se ove formule u dobro poznatim sluµcajevima n = 1; 2; 3: (x+y)1 = x+y, (x+y)2 = x2 +2xy+y 2 , (x+y)3 = x3 +3x2 y+3xy 2 +y 3 . Budu´ci da ´cemo teorem dokazati potpunom indukcijom, prvi je korak naµcinjen. Provedimo induktivni korak n 7! n + 1: (x + y)n+1 = (x + y)n (x + y) =(in d u k tiv n a p re tp o stav ka ) Pn n n k k y (x + y) = k=0 k x Pn P n n+1 k k y + nk=0 nk xn k y k+1 = k=0 k x P Pn 1 n n k k+1 xn+1 + nk=1 nk xn+1 k y k + k=0 y + y n+1 = k x

(”p o m iµc e m o ” in d e k s k u k+ 1 u d ru g o j su m i, p a u p rib ro jn ic im a m o ra k p o sta ti k-1 )

P n n+1 k k y + nk=1 k n 1 xn (k 1) y (k 1)+1 + y n+1 = k=1 k x P xn+1 + nk=1 nk + k n 1 xn+1 k y k + y n+1 =(svo jstvo (iii)) P n+1 k y k + y n+1 = xn+1 + nk=1 n+1 k x Pn+1 n+1 n+1 k k y ; k=0 k x P P µcime je tvrdnja dokazana. Jednakost nk=0 nk xn k y k = nk=0 nk xk y n k xn+1 +

Pn

je posljed-

ica uoµcene simetriµcnosti binomnih koe…cijenata i, dakako, komutativnosti zbrajanja i

mnoµzenja u R. KOROLAR 1.21

P (a) (x y)n = nk=0 ( 1)k P (b) nk=0 nk = 2n ; P (c) nk=0 ( 1)k nk = 0.

n k

xn

k yk ;

DOKAZ. Tvrdnja (a) slijedi iz Teorema 1.20 zamjenom y sa

y, tj. (x

y)n =

(x + ( y))n , dok se (b) dobiva iz Teorema 1.23 u sluµcaju x = y = 1. Tvrdnja (c) se dobiva iz (a) stavljaju´ci y = x. DEFINICIJA 1.22 Permutacijom n-tog reda nazivamo svaku bijekciju [1; n]N ! [1; n]N .

Izjednaµcuju´ci takvu bijekciju s njezinom ure†enom (po domeni) slikom, smijemo re´ci da je permutacija n-toga reda svaki n-slog (ili ure†ena n-torka) (i1 ;

; in ) me†usobno

razliµcitih (dakle, svih) elemenata od [1; n]N , tj. smijemo re´ci da je permutacija n-toga reda svaki ure†aj skupa [1; n]N . Broj ij , 1 sloga (i1 ;

j

n, nazivamo j-tom koordinatom

; in ). Oµcito je da se gornja de…nicija moµze formalno prenijeti na svaki

konaµcni skup X = fx1 ;

; xn g, pa tada govorimo o permutaciji skupa X.

1.4. REALNI BROJEVI

19

PRIMJER Popišimo sve permutacije skupa X = fa; b; cg. To su: (a; b; c), (a; c; b), (b; a; c), (b; c; a), (c; a; b), (c; b; a).

TEOREM 1.23 Kardinalni broj Pn skupa svih permutacija n-toga reda jest n!. DOKAZ. Po de…niciji (komentaru) je svaka permutacija n-tog reda neki element (i1 ;

:in ) direktnoga produkta [1; n]N

([1; n]N )n kojemu su sve koordi-

[1; n]N

nate me†usobno razliµcite. Za prvu koordinatu imamo, dakle, n mogu´cnosti izbora, za drugu - n 1,

, za zadnju ( n-tu) - jednu mogu´cnost. Dobivamo Pn = n (n 1)

1=

n!. Re´ci ´cemo da su u permutaciji (i1 ; k

:ij ;

; ik ;

; in ) koordinate ij i ik , 1

j
µcim je n < m > < m n, 0 0 m+n =n +m= 0; µcim je n = m : > > : (n m)0 ; µcim je m < n

20

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

Napokon, de…niramo m + 0 = m = 0 + m, n0 + 0 = n0 = 0 + n0 i 0 + 0 = 0. Lako se provjeri da je zbrajanje Z proširenje zbrajanja na N i da je saµcuvalo sva dobra svojstva. Pokazuje se prikladnim oznaµciti N0 kao

N i n0 kao

n, pa se ” ” moµze

interpretirati kao nova binarna operacija (oduzimanje) na Z. Mnoµzenje na Z de…niramo kako slijedi: Ako su m; n 2 N, neka m n u Z bude isto što

im n ako su

mn u N; ako su m 2 N i

n2

N, stavljamo m ( n) = ( n) m =

(mn);

m; n 2 N, neka bude ( m) ( n) = mn; napokon, neka bude 0 m = m 0 =

0 ( n) = ( n) 0 = 0 0 = 0, za svaki m 2 N i svaki

n2

N.

Nije teško provjeriti da je ovo mnoµzenje proširenje mnoµzenja na N, te da naslje†uje njegova korisna svojstva. I u Z ´cemo pojednostavniti zapisivanje µcesto pišu´ci m n kao mn. Ure†aj

na Z uvodimo najprije globalno zahtjevom

za svaki

m2

(N; ), dok u

N i svaki n 2 N. Nadalje, u N

N obrnimo taj ure†aj, tj.

Z s operacijama + i

m

i ure†ajem

N

f0g

N, tj.

Z neka bude ure† aj n u Z kad god je n

m

0

n

naslje†en od m u N.

nazivamo skupom cijelih brojeva

i oznaµcujemo sa (Z; +; ; ), a njegove elemente nazivamo cijelim brojevima. Jednostavnosti radi, obiµcno se piše samo Z, a µzeli li se istaknuti elemente i ure†aj, piše se Z = f

; n;

; 2; 1; 0; 1; 2;

; n;

g.

Neka µcitatelj dokaµze ove jednostavne tvrdnje: (a) Skup Z je ekvipotentan skupu N, dakle, jZj = @0 ; (b) Ure†eni skup (Z; ) nema najmanjega elementa.

1.4.2

RACIONALNI BROJEVI

Promatrajmo direktni produkt Z relaciju

de…niranu pravilom:

(m; n)

N = f(m; n) j m 2 Z; n 2 Ng i na njemu binarnu

(m0 ; n0 ) , mn0 = m0 n:

Lako se provjeri da je

razredbena relacija, pa se skup Z

disjunktne razrede [(m; n)]

N po njoj cijepa na

Z N. Oznaµcimo slovom Q skup svih tih razreda, tj. Q =

f[(m; n)] j m 2 Z; n 2 Ng. Na skupu Q de…niramo binarne operacije + (zbrajanje) i (mnoµzenje) i relaciju

(manje ili jednako) kako slijedi:

[(m1 ; n1 )] + [(m2 ; n2 )] = [(m1 n2 + m2 n1 ; n1 n2 )]; [(m1 ; n1 )] [(m2 ; n2 )] = [(m1 m2 ; n1 n2 )]; [(m1 ; n1 )]

[(m2 ; n2 )] , m1 n2

m2 n1 ;

gdje na desnim stranama de…nicijskih jednakosti stoje operacije i ure†aj na Z. Pokazuje se da su operacije + i

i relacija

na Q dobro de…nirane, tj. da ne ovise o izboru

1.4. REALNI BROJEVI

21

predstavnika ekvivalencijskih razreda. Primjerice, za zbrajanje, neka je [(m01 ; n01 )] = [(m1 ; n1 )] i [(m02 ; n02 )] = [(m2 ; n2 )]. Tada je, po de…niciji, [(m01 ; n01 )] + [(m02 ; n02 )] = [(m01 n02 + m02 n01 ; n01 n02 )]; pa budu´ci da je, po relaciji ,(m01 n02 + m02 n01 ) (n1 n2 ) = m01 n02 n1 n2 + m02 n01 n1 n2 = = m1 n2 n01 n02 + m2 n1 n01 n02 = (m1 n2 + m2 n1 ) (n01 n02 ); to je [(m01 ; n01 )] + [(m02 ; n02 )] = [(m1 ; n1 )] + [(m2 ; n2 )]: Nadalje, pokazuje se da su operacije + i asocijativne i komutativne, da je + obostrano distributivna na , da je

ure†ajna relacija, te da se

Skup Q s operacijama + i

i ure†ajem

dobro ponaša prema + i .

nazivamo poljem (ili potpuno

ure†enim poljem) racionalnih brojeva i oznaµcujemo s (Q; +; ; ), a njegove elemente nazivamo racionalnim brojevima (ili razlomcima). Jednostavnosti radi, tu strukturu oznaµcujemo samo slovom Q. Primijetimo da je pravilom m 7! [(m; 1)], m 2 Z, dobro de…nirana injektivna funkcija iz Z u Q. To dopušta da se poistovje´cenjem elementa m 2 Z s elementom [(m; 1)] 2 Q skup Z shvati podskupom skupa Q, dakle, Z

Q. Štoviše, pri ovomu poistovje´cenju ostaju

saµcuvane operacije + i , kao i ure†aj

na Z, pa je struktura (Q; +; ; ) proširenje

strukture (Z; +;8; ). Sada se smije pojednostavniti zapisivanje racionalnih brojeva: < 0; µcim je m = 0 0 ; [(m; n)] m : ; µcim je m 6= 0 0 n gdje je (m0 ; n0 ) 2 [(m; n)] i M (m0 ; n0 ) = 1 (tj. m0 i n0 su relativno prosti).

Uobiµcajilo se pisati . m j m 2 Z; n 2 Ng ; Q = fq = n gdje je prije navedena ekvivalencijska relacija na Z

N i M (m; n) = 1 (m i n su

relativno prosti). Na skupu Q se prirodno de…nira proširenje oduzimanja ” ”na Z. Osim toga, na Qnf0g moµzemo de…nirati novu operaciju (dijeljenje), (q1 ; q2 ) m q1 : q2 = q; n pri µcemu je (m; n) 2 [(m1 n2 ; m2 n1 )] i M (m; n) = 1, a q1 =

q1 : q2 m1 n1

i q2 =

q1 q2 , m2 n2 .

stavljaju´ci Dodatno se

de…nira i 0 : q = 0 za svaki q 2 Qnf0g, dok se ”q : 0” ne moµze jednoznaµcno osmisliti. Navedimo još dva svojstva skupa racionalnih brojeva:

(i) Skup Q je ekvipotentan skupu N, tj. jQj = @0 ;

(ii) Ure†eni skup (Q; ) je svuda gust,

tj. (8q1 ; q2 2 Q) q1 < q2 ) (9q 2 Q) q1 < q < q2 .

22

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

(Izravna posljedica jest beskonaµcnost svakog nepraznog intervala < q1 ; q2 >Q u (Q; ).) Da bismo dokazali (i), sjetimo se da je N ekvipotentan svomu direktnom kvadratu, tj. skupu N

N. Budu´ci da su N i Z ekvipotentni, lako se pokaµze da su i N

ekvipotentni, pa su onda i skupovi N i Z f :Z

N ! Q, f (m; n) =

m n,

N

N ekvipotentni. Primijetimo da je funkcija

surjekcija, što skupa s prethodnim jamµci obstojnost neke

surjekcije iz N na Q. No budu´ci da je N dovoljno primijetiti da je

NiZ

q1 +q2 2

Q mora biti jQj = jNj

2< q1 ; q2 >Q µcim je q1 < q2 .

@0 . Za (ii) je

Racionalne brojeve je je pogodno prikazati pomo´cu toµcaka nekog pravca. U tu svrhu, uµcvrstimo bilo koju toµcku O (ishodište) odabranoga pravca i toµcku E1 , razliµcitu od O, na ”desnoj”zraci odre†enoj toµckom O. Toµcki O pridruµzimo cijeli broj 0, a toµcki E1 prirodni broj 1.

! Nanose´ci duµzinu OE 1 uzastopce na odabranu zraku OE 1 i pridruµzuju´ci tako dobivenim toµckama redom ( ) prirodne brojeve, preslikat ´cemo skup prirodnih brojeva injektivno u skup svih toµcaka te zrake. Preslikavaju´ci na isti naµcin preostale cijele brojeve ( N) na ”lijevu” zraku, smjestit ´cemo Z u skup svih toµcaka odabranoga pravca. Pritom se µcuva ure†aj, tj. m < n u Z toµcno onda kad je Em ”lijevo od” En . Poznatim naµcinom dijeljenja duµzine moµzemo, nadalje, svakom racionalnom broju q =

m n

pridruµziti

jedinstvenu toµcku Eq na odabranomu pravca. (Pritom za q 2< k; l >Q , k; l 2 Z, k < l, dijelimo duµzinu Ek El !) Tako se i Q injektivno i µcuvaju´ci ure†aj preslika u skup svih

toµcaka promatranoga pravca.Budu´ci da je Q svuda gust, moglo bi se pomisliti da je na opisani naµcin svakoj toµcki na odabranomu pravcu pridruµzen neki racionalan broj, tj. da je opisana funkcija iz Q u skup svih toµcaka na tomu pravcu surjektivna. Da se radi o zabludi pokazuje ovaj jednostavni primjer.

OE1 M N nad ”osnovnom”duµzinom OE1 , pa zarotirajmo nje! govu dijagonalu OM oko toµcke O polaµzu´ci ju na zraku OE1 . Tako ´ce se toµcka M

Konstruirajmo kvadrat

preslikati u neku toµcku T odabrane zrake. Kad bi toµcka T bila slika nekog racionalnog broja q, vrijedilo bi q 2 ( q q) = 12 + 12 = 2 (Pitagorin pouµcak), što je uobiµcajeno p 1 pisati kao q = 2 2 2: Našu ´ce pretpostavku sada lako oboriti sljede´ca tvrdnja Kvadrat n2

n n prirodnog broja n je (ne)paran onda i samo onda,

1.4. REALNI BROJEVI

23

ako je n (ne)paran. Dokaµzimo ovu tvrdnju. Prvo dokazujemo dovoljnost. Neka je n 2 N paran, tj. n = 2k za neki k 2 N. Tada

je i n2 = (2k)2 = 4k 2 = 2(2k 2 ) paran. Ako je n neparan, tj. n = 2k n2

= (2k

1)2

=

4k 2

4k + 1 =

2(2k 2

1, onda je i

2k) + 1 neparan.

Za dokazivanje nuµznosti, neka je n2 = 2k paran. Kad n ne bi bio paran, bio bi neparan (svaki prirodan broj je ili paran ili neparan), pa bi, po dokazanoj dovoljnosti, i n2 bio neparan - protuslovlje. Na isti naµcin se zakljuµcuju u sluµcaju n2 neparan. Vratimo se našemu razmatranju, tj. pretpostavci da toµcki T odgovara racionalni broj p p m 2. To bi znaµcilo da je 2 q n za neke m; n 2 N i M (m; n) = 1. Tada bi bilo 2 =

m2 , n2

tj. m2 = 2n2 , pa bi po prethodnoj tvrdnji bilo m = 2k 2 za neki k 2 N.

To bi dalje povlaµcilo da je n2 = 2k 2 , pa bi i n bio paran, tj. n = 2l za neki l 2 N.

Napokon, slijedilo bi 1 = M (m; n) = M (2k; 2l) 2 - protuslovlje. Prema tomu, toµcka p T (koja odgovara ”veliµcini” 2) nije slika racionalnog broja po opisanom preslikavanju. p p Drugim rijeµcima, tretiramo li 2 kao (neki novi) ”broj”, 2 2 = Q. Zato se kaµze da u

skupu Q postoje praznine.

Upravo dakazana µcinjenica navodi na novo proširenje u slijedu N

Q. Proširit

Z

´cemo ga na naµcin da svakoj toµcki T brojevnog pravca odgovara toµcno jedan broj r i obratno dolazimo do skupa realnih brojeva R (koji, za razliku od Q, nema praznina). Pritom je < u R isto što i ”biti lijevo” na brojevnom pravcu. Ovo proširenje mogu´ce je ako prihvatimo tvrdnju: (Dedekindov aksiom) Svaki neprazni i odozdol (odozgor ) ome†eni skup A ima in…mum inf A (supremum sup A) (u R). U promatranom sluµcaju smo imali skup A = fq j q 2 < 2g i inf A = p 2 2 R:

p

R

22 = Q ali jest

Napomenimo da je Dedekindov aksiom ekvivalentan tvrdnjama (zajedno): (Arhimedov aksiom) Neka su a; b 2 R, a > 0. Tada postoji n 2 N takav da je na > b (vrijedi i u Q).

(Cantorov aksiom) Neka je za svaki n 2 N dan segment [an ; bn ] n

m povlaµci [am ; bm ] [an ; bn ] (tj. an T Tada je n2N [an ; bn ] 6= ;.

am

bm

R i neka

bn ).

Zakljuµcimo:

Skup R s operacijama zbrajanja (+) i mnoµzenja ( ) i ure†ajem ( ) nazivamo poljem (ili potpuno ure†enim poljem ) realnih brojeva i oznaµcujemo s (R; +; ; ), a njegove elemente nazivamo realnim brojevima: Kao i

24

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI do sada, jednostavnosti radi, najµceš´ce ´cemo ispuštati oznake za strukturu i pisati jednostavno R.

1.4.3

APSOLUTNA VRIJEDNOST REALNOG BROJA

Apsolutnom vrijednoš´cu na skupu realnih brojeva smatramo funkciju jj : R ! R

de…niranu pravilom ( jj (x)

jxj =

x;

x

0

: x; x < 0 De…nicija izravno povlaµci da je, za svaki x 2 R, x

jxj i jxj

0, tj. vrijednosni

skup je R+ [ f0g. Pritom je jxj = 0 , x = 0. Primijetimo da je, za svaki x 2 R, x = 1 jxj

+ jxj µcim je x

0, odnosno, x = ( 1) jxj

jxj µcim je x

0, pa u tom

smislu µcesto kaµzemo da je realni broj x > 0 pozitivan (ili da ima predznak plus ”+”), a da je realni broj x < 0 negativan (ili da ima predznak minus - ” ”). (Broju 0 2 R ne pridijeljujemo predznak!) Graf apsolutne vrijednosti je prikazan na crteµzu dolje.

x x), to je jxj2 = x2 . Nadalje, j xj = jxj i posebice

Budu´ci da je x2 = ( x)2 (x2 jx

yj = jy

vrijednosti:

xj, za svaki par x; y 2 R. Navest ´cemo jošneka vaµzna svojstva apsolutne

(1) (8x 2 R)(8r 2 R+ ) jxj < r , (2) (8x; y 2 R) jx + yj (3) (8x; y 2 R) jx

yj

r < x < r (tj. x 2 h r; ri);

jxj + jyj (trokutna nejednakost); jxj

jyj;

(4) (8x; y 2 R) jx yj = jxj jyj ; jxj x = . (5) (8x; y 2 R, y 6= 0) y jyj Dokaµzimo npr. (2): Ako je x + y 0 onda je jx + yj = x + y

x + y < 0 onda je opet jx + yj =

(x + y) = ( x) + ( y)

jxj + jyj, a ako je

j xj + j yj = jxj + jyj.

Op´ci sluµcaj se sada rutinski dokazuje matematiµckom indukcijom.

1.4.4

POTENCIRANJE

Asocijativnosti zbrajanja i mnoµzenja u R dopuštaju da se de…niraju zbroj i umnoµzak od bilo koliko, ali konaµcno, realnih brojeva. Zbroj (ili sumu) od n realnih brojeva

1.4. REALNI BROJEVI

25

(pribrojnika) x1 ; : : : ; xn , n 2 N, oznaµcavamo Xn xi x1 + : : : + xn i=1

a umnoµzak (ili produkt) od n realnih brojeva (faktora) x1 ; : : : ; xn , n 2 N, oznaµcavamo Yn

i=1

xi

x1 : : : xn :

Ako je pritom x1 = : : : = xn

x, onda se umnoµzak

Qn

i=1 xi

naziva n-tom potencijom

broja x i oznaµcuje kao xn ; za x se kaµze da je baza, a za n da je eksponent potencije xn . Matematiµckom indukcijom se dokazuje da vrijedi 9 xm xn = xm+n ; > > = (xm )n = xm n ; (x y)n = xn

> > yn; ;

te da, za ma koje x; y 2 R i m; n 2 N, iz 0 Nadalje, ako je x > 1 (0

(*)

x < y i n 2 N slijedi xn < y n .

x < 1) onda je i xn > 1 (0

xn < 1). Napokon, za svaki

x 2 R je xm < xn µcim je m < n u N.

Potenciranje prirodnim eksponentima (R ! R, x 7! xn , n 2 N ) proširujemo na

negativne cjelobrojne eksponente ( n 2 Z), ali za x 6= 0, stavljaju´ci: 1 x n = n i x0 = 1: x Pokazuje se da i dalje vrijede jednakosti (*).

Konaµcnim funkcijskim kompozicijama sastavljenim od potenciranja, mnoµzenja i zbrajanje dobivamo vrlo vaµzan skup funkcija iz R u R - tzv. polinome. Toµcna de…nicija jest ova: Neka su dani n 2 N[f0g i a0 ; a1 ; : : : ; an 2 R, an 6= 0. Funkciju Xn p : R ! R; p(x) = ai xi an xn + : : : + a1 x + a0 ; i=0

nazivamo polinomom (n-toga stupnja). Brojeve a0 ; a1 ; : : : ; an nazivamo koe…cijentima polinoma p. (Oni posve odre†uju taj polinom.)

Ranije smo spomenuli decimalni naµcin zapisivanja prirodnih brojeva navode´ci oznake (i nazive): 1 (jedan), 2 (dva),

, 9 (devet) i 10 (deset). Cijeli broj 0 nazvali

smo nulom ili ništicom. Brojeve 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 nazivamo i decimalnim znamenkama. Decimalni zapis prirodnog (pa onda i cijelog i racionalnog) broja zasniva se na ovoj µcinjenici: Za svaki m 2 N postoji jedan jedini polinom p kojemu su koe…cijenti decimalne znamenke i za koji je p(10) = m.

Ako je takav polinom p odre†en koe…cijentima a0 ; a1 ; : : : ; an , tj. p(x) = an xn + : : : + a1 x + a0 , onda je pripadni decimalni zapis broja m = p(10) upravo an an

1 : : : a1 a0 .

Primjerice, prirodni broj 7 (10)3 + 4 (10)2 + 0 (10)1 + 5 ima decimalni zapis 7405.

26

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

Dakle, broj 10 je ”baziµcan” za decimalni sustav - odatle naziv!. Na isti naµcin zapisujemo i negativne cijele brojeve ( m) stavljaju´ci znak ” ” ispred zapisa (za m). Napomenimo da se pored decimalnoga rabe i neki drugi sustavi za zapisivanje cijelih brojeva. Primjerice, binarni sustav u kojemo ulogu ”baziµcnoga”broja preuzima broj 2, pa taj sustav ima samo dvije binarne znamenke - 0; 1. Osvrnimo se sada i na decimalno zapisivanje racionalnih brojeva. Ako je racionalan broj q =

m 10n

(m 2 Z, n 2 N), nazivamo ga decimalnim brojem. Neka je m > 0 i

neka je njegov decimalni zapis ak ak q = ak

10k n +

1 n,

+ a1 101 n + a0 10

a1 a0 , tj. m = ak 10k +

+ a1 10 + a0 . Tada je

pa se za decimalni zapis decimalnoga broja

q uzima: ak

an ; an

0; ak 0; 0

a0 ; kad je k

1

a0 ; kad je k = n 0ak

a0 ; kad je k

n;

1; n

2

(n

k

1 ništica od zareza do ak ):

U sluµcaju m < 0 postupamo kao i u sluµcaju m > 0 dodaju´ci znak ” ” ispred zapisa. Primjerice, 347; 18 je decimalni zapis (decimalnoga broja) 3 102 + 4 10 + 7 + 1 10 8 10

2

=

34718 ; 102

0; 695 je decimalni zapis broja

0; 000201 je decimalni zapis broja 2 10

4

+ 0 10

6 10 5

1

9 10

+ 1 10

Postoje, me†utim, i nedecimalni racionalni brojevi, npr.

1 3.

6

=

2

5 10

3

=

1+ 695 ; 103

201 . 106

Ipak, moµze se pokazati da je

svaki racionalan broj ili decimalan ili dopušta tzv. periodiµcki decimalni zapis (neke znamenke ili neke skupine znamenaka iza zareza se pravilno ponavljaju). Primjerice, 1 _ 1219 _ Dakako, iracionalni ´ce se brojevi 0; 333 0; 3; 1; 2313131 1; 23_ 1. 3 990 p : prikazivati beskonaµcnim neperiodiµckim zapisom. Npr., 2 = 1; 4142 Sjetimo se da smo potenciranje bili de…nirali samo za cjelobrojne eksponente. Sljede´ci ”teorem o jedinstvenosti baze”jamµci mogu´cnost potenciranja racionalnim eksponentom (tzv. korijenovanje). TEOREM 1.24 Neka su dani a 2 R, a

x

0, takav da je xn = a.

0, i n 2 N. Tada postoji toµcno jedan x 2 R,

Ovaj teorem jamµci valjanost potenciranja racionalnim eksponentom q = p 1 m n m a : aq a n = (am ) n 1

m n

2 Q:

1

Lako se vidi da je (a n )m = (am ) n . Nadalje, nije teško dokazati da sva provila za potenciranje cjelobrojnim eksponenetima (*) ostaju valjana i pri potenciranju racionalnim eksponentima. Napokon, potenciranje racionalnim eksponentom se proširuje na potenciranje realnim eksponentom r 2 R kako slijedi: ar = inffaq j q 2 Q; q > rg:

Opet se sva pravila za potenciranje ( ) oµcuvaju.

1.4. REALNI BROJEVI

1.4.5

27

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Dokaµzite da je S(n) = 12 + 22 + 32 + : : : + n2 = 16 n(n + 1)(2n + 1): 2. Izraµcunajte sumu 1 1 1 1 + + + ::: + : 1 3 3 5 5 7 (2n 1)(2n + 1) Xn ): 3. Izraµcunajte sumu k(k + 1)(k + 2) (= n(n+1)(n+2)(n+3) 4 k=1

4. Dokaµzite da za svaki prirodan broj n 2 vrijedi nejednakost 4n (2n)! > : (n!)2 n+1 5. Dokaµzite da za svaki prirodan broj n 2 vrijedi nejednakost p 1 1 1 1 + p + p + : : : + p < 2 n 1: n 2 3 6. Dokaµzite da za svaki x > 0 i svaki prirodan broj n vrijedi nejednakost 1 1 1 xn + xn 2 + xn 4 + : : : + n 4 + n 2 + n n + 1: x x x 7. Dokaµzite da je za svaki prirodan broj (a) 3n

2n2

1 j8 ; (b) 212n+4

36n+1 j13 ; (c) (22n 2

1)(23n

1) j21 :

8. Neka su x1 i x2 nultoµcke polinima P (x) = x 1994x + 1: Dokaµzite da je xn1 + xn2 cijeli broj za svaki prirodan broj n: 9. Defektna d d šahovska ploµca je d d šahovska ploµca s jednim uklonjenim poljem (bilo kojim). Dokaµzite da se svaka defektna 2n 2n ; n 2 N , šahovska ploµca moµze pokriti trinomima, …gurama od tri polja u obliku slova L (zadatak s drµzavnog natjecanja u Puli 1992.g.). 10. Na kruµznici je izabrano n parova razliµcitih toµcaka. Na koliko dijelova P1 (n) one dijele tu kruµznicu. 11. Na sferi je dano n kruµznica od kojih se svake dvije sijeku. Dokaµzite da one dijele sferu na P2 (n) = n2 n + 2 dijela. 12. Dokaµzite da je za svaki prirodan broj n broj: (a)

p 3+ 17 2

(b) ( 2 +

p

n

+ n

3

p 2

3) + ( 2

17

n

neparan cijeli broj; p

3)n cijeli broj.

13. Re´ci ´cemo da je broj n 2 N paran (neparan), ako postoji k 2 N takav da je n = 2k (n = 2k 1). Dokazati da je svaki prirodni broj ili paran ili neparan, te da je skup svih parnih (neparnih) prirodnih brojeva ekvipotentan skupu N. 14. Re´ci ´cemo da m 2 N dijeli n 2 N (ili da je n djeljiv s m) i pisati m=n, ako postoji k 2 N takav da je n = mk. Oµcito je da je svaki n 2 N djeljiv s 1 i s n. Re´ci ´cemo da je prirodni broj p, p 2, prost broj (ili primbroj), ako je p djeljiv samo s 1 i s p. Dokazati da je svaki prirodni broj n jednak umnošku nekih prostih brojeva, te da je skup P svih prostih brojeva ekvipotentan skupu N. 15. Broj k 2 N nazivamo zajedniµckim (više)kratnikom od m; n 2 N, ako m=k i n=k. Dokazati da je, za svaki m; n 2 N, skup svih zajedniµckih višekratnika od m i n neprazan i da ima minimalni element, tzv. najmanji zajedniµcki (više)kratnik V (m; n) brojeva m i n. 16. Broj l 2 N nazivamo zajedniµckom mjerom od m; n 2 N, ako l=m i l=n. Dokazati da je, za svaki m; n 2 N, skup svih zajedniµckih mjera od m i n neprazan i da ima maksimalni element, tzv. najve´cu zajedniµcku mjeru M (m; n) brojeva m i n.

28

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI 17. Pojmovi najmanjega zajedniµckog višekratnika V (m; n) i najve´ce zajedniµcke mjere M (m; n) se proširuju na svaki par cijelih brojeva m; n 2 Z n f0g. Dokazati: (a) (b) (c) (d)

V (m; n) = V (n; m) i M (m; n) = M (n; m); Svaka zjedniµcka mjera od m i n dijeli M (m; n); V (m; n) dijeli svaki zajedniµcki višekratnik od m i n; V (km; kn) = kV (m; n).

18. Re´ci ´cemo da su cijeli brojevi m; n 2 Znf0g relativno prosti, ako je M (m; n) = 1. Dokazati: (a) M (m; n) = 1 ) (9k; l 2 Z) mk + nl = 1; (b) M (m; n) = 1 ) mn=V (m; n).

19. Dokazati: (8m; n 2 Znf0g) V (m; n)M (m; n) = mn.

20. Realni broj a 2 R nazivamo algebarskim brojem, ako postoji polinom x 7! p(x) = an xn + + a1 x + a0 s racionalnim koe…cijentima an ; ; a1 ; a0 2 Q kojemu je a nultoµcka, tj. za koji je p(a) =p0. Preostale realne brojeve nazivamo transcendentnima. (Primjerice, 2 je algebarski broj, dok je, za svaki krug, omjer njegova opsega i promjera transcendentan broj ”pi” 3; 14159 .) Dokazati da je Q pravi podskup skupa A svih algebarskih brojeva, te da je A prebrojiv, tj. jAj = @0 .

1.5

KOMPLEKSNI BROJEVI

Pored u prethodnomu odjeljku konstruiranoga potpuno ure†enog polja realnih brojeva R, vrlo vaµznu ulogu u matematiµckoj analizi ima i polje kompleksnih brojeva C (bez ure†aja) što ´cemo ga ovdje izgraditi.

1.5.1

POJAM I OSNOVNE OPERACIJE

DEFINICIJA 1.25 Poljem kompleksnih brojeva nazivamo direktni produkt R R = f(x; y) j x; y 2 Rg zajedno s operacijama zbrajanja i mnoµzenja, kao i oduzimanja i dijeljenja, de…niranima kako slijedi:

(a) (x1 ; y1 ) + (x2 ; y2 ) = (x1 + x2 ; y1 + y2 ); (b) (x1 ; y1 ) (x2 ; y2 ) = (x1 x2

y1 y2 ; x1 y2 + y1 x2 );

(c) (x1 ; y1 )

(x2 ; y2 ) = (x1 x2 ; y1 y2 ); x1 x2 + y1 y2 x1 y2 + y1 x2 ; (d) (x1 ; y1 ) : (x2 ; y2 ) = , (x2 ; y2 ) 6= (0; 0). x22 + y22 x22 + y22

Operacije na desnim stranama de…nicijskih jednakosti jesu one na R. Polje kompleksnih brojeva oznaµcujemo slovom C; njegove elemente nazivamo kompleksnim brojevima i obiµcno oznaµcujemo slovom z. Pri mnoµzenju (x1 ; y1 ) (x2 ; y2 )

z1 z2 u C najµceš´ce

ispuštamo (kao i u R) oznaku ” ” i pišemo z1 z2 , a za dijeljenje (x1 ; y1 ) : (x2 ; y2 ) z1 : z2 u C µcesto rabimo (kao i u R) razlomaµcku oznaku

z1 z2 .

Prvu koordinatu x

1.5. KOMPLEKSNI BROJEVI

29

kompleksnog broja z = (x; y) nazivamo realnim dijelom, a drugu y - imaginarnim dijelom kompleksnoga broja z; pišemo: x = Re(z), y = Im(z). Poistovjetimo li R sa R

f0g = f(x; 0) j x 2 Rg

C, polje kompleksnih brojeva postaje prirodnim

proširenjem polja realnih brojeva (u skupovnom i strukturnom smislu). Naime, lako se provjeri da su tada operacije ”+”, ” ”,” ” i ” ” u C proširenja odgovaraju´cih operacija u R te da zbrajanje i mnoµzenje naslje†uju sva dobra svojstva (asocijativnost, komutativnost, distributivnost). Napokon, valja primijetiti da se u C ne moµze uvesti ure†aj koji bi bio uskla†en s operacijama. Budu´ci da ini ure†aji i nisu vaµzni, to se nijednoga posebno ne istiµce. U praksi se µceš´ce operira kompleksnim brojevima u zapisu drugaµcijem od navedenoga. Da bismo ga upoznali, promatrajmo jednadµzbu x2 + 1 = 0 u skupu R: Oµcito je da ona nema rješenja. Uvedimo u razmatranje novi objekt (izvan R) kojemu dopuštamo ”mnoµzenje” sa samim sobom rezultat kojega neka bude broj

1. Nazovimo taj ob-

jekt imaginarnom jedinicom i oznaµcimo slovom i. Dakle, po de…niciji je i2 = 1, p 1. Nazovimo skup Ri = fyi j y 2 Rg svih formalnih odnosno (formalno) i

”umnoµzaka” yi, y 2 R, skupom imaginarnih brojeva, a njegove elemente yi imaginarnim brojevima. Neka je C

R + Ri = fx + yi j x; y 2 Rg skup svih formalnih

”zbrojeva” x + yi, x 2 R, yi 2 Ri: De…nirajmo zbrajanje i mnoµzenje, te oduzimanje i dijeljenje, u C kao pripadne operacije binomima a + b u R, vode´ci raµcuna o tomu da su ovdje a i b ”nezbrojivi” i da je i2 =

1, i3 =

i, i4 = 1, i5 = i,

, tj. i4n+k = ik

za svaki n 2 N, te ik = i; 1; i; 1 µcim je k = 1; 2; 3; 4 redom. Dodatno de…niramo i i0 = 1. Sada se C

R + Ri smije poistovjetiti s C = R

R, x + yi

0

z = (x; y), jer se

0

operacije (a)-(d) na C podudaraju s odgovaraju´cima (a) -(d) na C: 0

(a) z1 + z2 0

(b) z1 z2 0

(c) z1 (d)

0

(x1 + y1 i) + (x2 + y2 i) = (x1 + x2 ) + (y1 + y2 )i; (x1 + y1 i) (x2 + y2 i) = (x1 x2

z2

(x1 + y1 i)

(x2 + y2 i) = (x1

x1 + y1 i x1 x2 + y1 y2 = + x2 + y2 i x22 + y22

z1 z2

y1 y2 ) + (x1 y2 + y1 x2 )i; x2 ) + (y1

x1 y2 + y1 x2 i, z2 x22 + y22

y2 )i; x2 + y2 i 6= 0 + 0i.

Za svaki z = x + yi 2 C de…niramo pripadni konjugurani kompleksni broj z = x + ( y)i

x

yi. Primijetimo da je z = z, pa brojeve z; z nazivamo konjugirano

kompleksnim parom. Nadalje, umnoµzak zz = zz = x2 + y 2 2 R+ [ f0g. Nenegativni p realni broj x2 + y 2 nazivamo apsolutnom vrijednoš´cu ili modulom kompleksnoga broja z = x + yi i oznaµcujemo s jzj. Uoµcimo da je zz = jzj2 i da je jzj = 0 , z = 0 + 0i(

0 2 C).

30

1.5.2

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

GEOMETRIJSKI PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA

Realne brojeve smo geometrijski interpretirali pomo´cu toµcaka nekog pravca, tj. potpuno ure†eno polje R smo na pogodan naµcin poistovjetili s (brojevnim) pravcem. Budu´ci da je C = R

R, mogu´ce je polje kompleksnih brojeva poistovjetiti s (brojevnom

ili Gaussovom) ravninom. Naime, svakom kompleksnom broju z = (x; y)

x + yi

odgovara jedinstvena toµcka T = (x; y) u (koordinatnoj) ravnini - i obratno.

Uoµcimo da je modul jzj od z euklidska udaljenost toµcke T , koja u kompleksnoj ravnini

odgovara broju z, od ishodišta O = (0; 0):

Napokon, primijetimo da operacije ”+” i ” ” u C dopuštaju u kompleksnoj ravnini jednostavan slikovit prikaz (paralelogramsko pravilo). Rabe´ci gornju interpretaciju, lako se pokaµze da i za kompleksne brojeve vrijedi trokutna nejadnakost (8z1 ; z2 2 C) jz1 + z2 j

1.5.3

jz1 j + jz2 j:

TRIGONOMETRIJSKI ZAPIS KOMPLEKSNOG BROJA

Radi lakšeg operiranja kompleksnim brojevima, korisno je usvojiti još jedan naµcin njihova zapisivanja. Neka je dan z = x + yi 2 C, z 6= 0. Argumentom kompleksnoga broja z nazivamo kutnu mjeru ' 2 R kuta izme†u pozitivne (”desne”) zrake brojevnoga

pravca i zrake OT; O = (0; 0) i T = (x; y), i pišemo: arg(z) = '; pritom smatramo da je ' < 0 µcim ga mjerimo gibaju´ci se kao satna kazaljka, a u suprotnom da je ' > 0. Po

dogovoru stavljamo arg(0) = 0. Primijetimo da je ' = arg(z) , ' + k 2 = arg(z),

1.5. KOMPLEKSNI BROJEVI

31

k 2 Z. Jednostavnosti radi, ovdje ´cemo modul jzj = broja z oznaµcavati slovom r.

p

x2 + y 2 2 R+ [ f0g kompleksnog

Argument arg(z) = ' 2 [0; 2 > (koji se u praksi najµceš´ce istiµce) od z = x + yi se lako izraµcuna iz jednadµzbe tan ' =

y x,

x 6= 0 (o trigonometrijskim funkcijama v. naredni

odjeljak), vode´ci raµcuna o predznacima koordinata x i y; ako je x = 0, tj. z = yi 6= 0, onda je ' =

2

µcim je y > 0 i ' =

3 2

µcim je y < 0. Primijetimo da je sada x = r cos ' i

y = r sin ', pa dobivamo prikaz z = r(cos ' + i sin '); što nazivamo trigonometrijskim zapisom kompleksnoga broja z. Budu´ci da su z1 = x1 + y1 i i z2 = x2 + y2 i jednaki toµcno onda kad je x1 = x2 i y1 = y2 , to je z1 = z2 onda i samo onda kad je r1 = r2 i '1 = '2 + k 2 , k 2 Z. Praktiµcnost trigonometrijskoga zapisa kompleksnog broja pokazuju naredni teoremi. TEOREM 1.26 Za svaki par z1 ; z2 2 C je

(a) z1 z2 = r1 r2 (cos('1 + '2 ) + i sin('1 + '2 )); r1 z1 = (cos('1 '2 ) + i sin('1 '2 )). (b) z2 r2 0

DOKAZ. z1 z2 = r1 (cos '1 +i sin '1 ) r2 (cos '2 +i sin '2 ) = (po (ii) ) = r1 r2 (cos '1 cos '2 sin '1 sin '2 + i(sin '1 cos '2 + cos '1 sin '2 )) = (adicijski teorem) = r1 r2 (cos('1 + '2 ) + i sin('1 + '2 )), µcime je tvrdnja (a) dokazana. Sasvim sliµcno se dokazuje tvrdnja (b). KOROLAR 1.27 Neka su dani n 2 N i z1 ; ; zn 2 C. Tada je Qn Qn Pn Pn k=1 zk = k=1 rk (cos k=1 'k + i sin k=1 'k ) ; Qn Qn j k=1 zk j = k=1 jzk j :

Posebice, za z1 =

= zn

z dobivamo tzv. Moivreovu formulu

z n = rn (cos n' + i sin n')

i

jz n j = jzjn :

DOKAZ. Primijenjuju´ci Teorem 1.26(1), dokaz se provodi indukcijom po n. Za tvrdnju o apsolutnim vrijednostima trebamo i osnovnu trigonometrijsku relaciju cos2 sin2

= 1.

+

32

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

Trigonometrijski zapis kompleksnog broja je posebno pogodan za potenciranje racionalnim eksponentom q =

1

m n.

Jasno, temeljni zadatak jest izraµcunati potenciju z n , n 2 N, p koju ´cemo i ovdje (kao i R) oznaµciti s n z i nazvati n-tim korijenom kompleksnoga p broja z. Dakle, w = n z toµcno onda kad je wn = z. Sljede´ci teorem pokazuje kako se za dani z = a + bi odre†uje njegov n-ti korijen w = x + yi. TEOREM 1.28 Neka su dani z = a + bi = (cos + i sin ) 2 C i n 2 N. Tada p w = n z ima n razliµcitih vrijednosti w1 ; ; wn , koje odre†ujemo po formuli +k 2 +k 2 p wk+1 = n cos ; k = 0; 1; ; n 1; + i sin n n p gdje je n n-ti korijen u R+ [ f0g. DOKAZ. Treba odrediti kompleksni broj w = x + yi = r(cos ' + i sin ') takav da je wn = z, tj. rn (cos n'+i sin n') = (cos +i sin ) (v. Korolar 1.27). Mora, dakle, biti p 0 i ' = +kn 2 , k 2 Z. Periodiµcnost rn = (u R) i n' = +k 2 , k 2 Z, tj. r = n trigonometrijskih funkcija cos i sin povlaµci da samo za n uzastopnih vrijednosti od k, primjerice, za k 2 f0; 1;

;n

1g, dobivamo razliµcite vrijednosti za w.

Teorem 1.28 pokazuje da jednadµzba wn

z = 0 u C ima toµcno n razliµcitih rješenja

- korijena. Nadalje, iz navedene formule se vidi da su ti korijeni vrhovi pravilnoga p n-torokuta upisanoga središnjoj kruµznici s polumjerom n : PRIMJER Izraµcunajmo

p 6

8.

Budu´ci da je z = 8 = 8 (cos + i sin ) to je p p 6 8 = 6 8 cos +k6 2 + i sin +k6 2 = p 2 cos 6 + k3 + i sin 6 + k3 ; za k = 0; 1; 2; 3; 4; 5. Prema tomu, p p p w1 = 2(cos 6 + i sin 6 ) = 26 + 22 i; p p w2 = 2(cos 2 + i sin 2 ) = 2i; p p p w3 = 2(cos 56 + i sin 56 ) = 26 + 22 i; p p p 2 w4 = 2(cos 76 + i sin 76 ) = 26 2 i; p p w5 = 2(cos 32 + i sin 32 ) = 2i; p p p 2 w6 = 2(cos 116 + i sin 116 ) = 26 2 i

1.5.4

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Riješite jednadµzbe x2 kompleksnoj ravnini.

2x + 2 = 0 i x2 + 4 = 0 i njihova rješenja prikaµzite u

1.5. KOMPLEKSNI BROJEVI

33

2. Izraµcunajte z1 + z2 ; z1

z 2 ; z 1 z2 i

(a) z1 = 1 i; z2 = 2 + 3i; (c) z1 = 2; z2 = 1 2i:

z1 z2

ako je:

(b) z1 = 2

i; z2 = i;

3. Odredite realni i imaginarni dio kompleksnih brojeva z=

1

;

z= 1

i

p

1 i i odredite njihove module.

3 2

2

;

4. Izraµcunajte: i20 i i6 + i3 ; (b) Im ; (a) 2 i i7 i+1 (c) p(2 + i) ako je p(z) = z 2

1 i 1+i

z=

3

5z + 1: n

1+i 1 i

5. Odredite Re(z) i Im(z), ako je z =

i n 2 N.

6. Dokaµzite sljede´ce relacije o konjugiranju kompleksnih brojeva: (a) z1 + z2 = z1 + z2 ; (b) z1 z2 = z1 z2 ; (c) z1 z2 = z1 z2 ; (d) ( zz12 ) = zz12 , z2 6= 0; (e) z = z, (f) z = z , z 2 R. 7. Odredite t 2 R takav da je Im(z1 + z2 ) = 0 ako je z1 = 1 + 2ti i z2 = 3t 8. Odredite sve z 2 C takve da je: (a) z = z 2 ; (b) z = z 3 ; jzj + z (d) 2

10

(c) z(3 + 2i) = i ;

9. Ako je jz1 j = jz2 j = 1 i z1 z2 6=

p

29

4i:

= 1 + 25 i9 :

1 dokaµzite da je z =

10. Prokaµzite u trigonometrijskom obliku brojeve p p 2; z4 = 3; z1 = 3 + i; z2 = 2i; z3 = i nacrtajte iz u kompleksnoj ravnini.

z1 + z2 2 R: 1 + z1 z2

z5 = 1 + i123

11. Odredite podskup A kompleksne ravnine C elementi z kojega ispunjaju uvjet: (a) jz 1j < 1; (b) jzj + Re(z) 2; (c) jz 2j + jz + 2j = 6; (d) jz 2 + 1j 2jzj = 0. 12. Izraµcunajte: (a)

p 1+i 3

3

;

13. Izraµcunajte: p (a) 5 1; p p 4 (c) 8 + 8 3i;

(b)

1 2

+i

p

3 2

16

50

;

q p (1 i 3)7 ; p p 5 (d) 3 + i:

(c)

(1 + i) p 1 i 3

9:

(b)

14. Dokaµzite idantitet jz1 + z2 j+jz1 smisao tog identiteta.

2

2

z2 j = 2 jz1 j + jz2 j

: Koji je geometrijski

15. Odredite sve kompleksne brojeve (i nacrtajte ih u kompleksnoj ravnini) za koje vrijedi: p (a) jzj = 2; jz + ij = jz + 1j ; (b) jzj = jz 1j ; arg(z 1) = 34 ; (c) 6 < arg z < 4 ; 1 < jzj < 3:

34

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI 16. Nacrtajte skupove: (a) fz 2 C : jz ij > 1g ; (c) fz 2 C : jz 1 + ij = 3g ; (e) fz 2 C : jz ij + jz + ij = 1g ; (g)fz 2 C : z z + i(z z) = 2g ; (h) z 2 C :

1.6

2

< arg(z + 1

i)
5 = x6 ): f (5; 8)

9+

9 7 5 4 (5; 8

5) = 10; 6:

Promatrajmo sada jednadµzbu F (x; y) = 0 u kojoj dano pravilo F povezuje realne nepoznanice x i y. Ako se na nekom podskupu X

R svakom elementu x 2 X moµze

pridruµziti toµcno jedan element y 2 R tako da ure†eni par (x; y) zadovaljava polaznu

jednadµzbu, onda kaµzemo da je jednadµzbom F (x; y) = 0 implicitno zadana funkcija f : X ! R, f (x) = y. U tomu je sluµcaju, dakle, F (x; f (x)) = 0 za svaki x 2 X. U

praksi se µcesto pojavljuje sluµcaj da jednadµzba F (x; y) = 0 dopušta, za svaki x iz nekog podskupa X

R, više (od jedne) vrijednosti za y, pa se tada kaµze da ta jednadµzba

odre†uje više implicitno zadanih funkcija. (Pitanje o obstojnost implicitne funkcije je vrlo vaµzno i mi ´cemo ga riješiti u Matematici 2) PRIMJER Neka je F (x; y) = x2 + y 2

1; x; y 2 R:

Tada jednadµzba F (x; y) = 0 odre†uje na segmentu X = [ 1; 1] dvije implicitno zadane funkcije

f1;2 : X ! R; f1;2 (x) =

Promatrajmo dvije funkcije

p

;

1

x2

: T ! R de…nirane na istomu skupu T

svaki t 2 T oznaµcimo pripadne funkcijske vrijednosti s x = funkcija

injektivna, njezino suµzenje 1

inverzna funkcija kompozicija

1

: X ! T,

1

: T ! [T ]

(t) i y =

R. Za

(t). Ako je

X je bijekcija, pa postoji njoj

(x) = t µcim je x = (t). Tada je dobro de…nirana

f : X ! R, f (x) = (

1

)(x): Pritom kaµzemo da je dobivena

funkcija f : X ! R parametarski zadana jednadµzbama x =

(t) i y =

(t) (ili

1.6. ELEMENTARNE FUNKCIJE funkcijama

i

37

). Prijelaz s jednadµzaba x =

(t) i y =

(t) na eksplicitni oblik

y = f (x) nazivamo eliminacijom parametra t. PRIMJER Neka su funkcije ; Budu´ci da je

bijekcija, postoji

jednadµzbama x = t 1

f (x) = (

)(x) = (

t2

1, y = 1

: R ! R zadane pravilima (t) = t 1, (t) = t2 +1. 1

: R ! R i oµcito je

1

(x) = x + 1. Prema tomu,

+ 1 je parametarski zadana funkcija f : R ! R,

(x)) = (x + 1) = (x + 1)2 + 1 = x2 + 2x + 2:

Napomenimo da je u praksi ponekad vrlo teško ili µcak nemogu´ce eliminirati parame tar t. Zbog toga je razra†ena tehnika za analiziranje parametarski zadane funkcije preko pripadnog parametra.

1.6.2

GLOBALNA SVOJSTVA REALNIH FUNKCIJA

Ovdje ´cemo razvrstati funkcije iz X u R, X

R, prema nekim njihovim (globalnim)

svojstvima. DEFINICIJA 1.29 Re´ci ´cemo da je funkcija f : X ! R, X (9M 2 R+ )(8x 2 X) jf (x)j

R, ome†ena, ako

M:

Ako funkcija nije ome†ena, kaµzemo da je neome†ena. Re´ci ´cemo da je funkcija f ome†ena odozgor (ome†ena odozdol ), ako (9M 2 R)(8x 2 X)f (x)

M

((9m 2 R)(8x 2 X) f (x)

m):

Geometrijski interpretirano, graf Gf ome†ene funkcije f leµzi ”nad” X u pruzi izme†u R

f Mg i R

fM g, odnosno, slika f [X] je sadrµzana u segmentu [ M; M ]. Oµcito je

funkcija f ome†ena onda i samo onda, ako je ome†ena odozgor i odozdol. PRIMJER Pokaµzimo da je funkcija f : Rnf0g ! R; f (x) = funkcije Gf na crteµzu dolje).

1 neome†ena (v. graf jxj

U tu je svrhu dovoljno za svaki r 2 R+ prona´ci neki x 6= 0 tako da bude f (x) = jf (x)j > r. Taj uvjet povlaµci da, za dani r, mora biti jxj < 1r . Uzmemo li, dakle, bilo

koji x 2

1 1 r; r

n f0g, dobivamo f (x) =

1 jxj

> r.

38

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

DEFINICIJA 1.30 Neka je domena X

R funkcije f : X ! R simetriµcna s obzirom

na ishodište O (0 2 R) realnoga brojevnog pravca. Re´ci ´cemo da je funkcija f parna

(neparna), ako je

(8x 2 X) f ( x) = f (x)

((8x 2 X) f ( x) =

f (x)) :

Iz de…nicije slijedi da je graf parne funkcije osno simetriµcan s obzirom na Y -os, a graf neparne funkcije - centralno simetriµcan s obzirom na ishodište O (v. crteµze).

Parna i neparna funkcija.

PRIMJER Funkcija f : X ! R; f (x) = xn ; n 2 N je parna µcim je n paran, a neparna

µcim je n neparan. Naime, f ( x) = ( x)n = ( 1)n xn = ( 1)n f (x), pa je tvrdnja oµcigledno istinita. (To opravdava nazive ”parna” i ”neparna” funkcija.) DEFINICIJA 1.31 Re´ci ´cemo da je funkcija f : X ! R, X

rastu´ca (silazna ili (o)padaju´ca), ako µcuva (obr´ce) ure†aj

R, uzlazna ili

na X naslje†en od R,

tj. ako, (8x1 ; x2 2 X) x1 < x2 ) f (x1 )

f (x2 )

((f (x1 )

f (x2 )) :

Ako, posebice, (8x1 ; x2 2 X) x1 < x2 ) f (x1 ) < f (x2 )

(f (x1 ) > f (x2 )) ;

onda kaµzemo da je funkcija f strgo uzlazna (strogo silazna). Re´ci ´cemo da je funkcija f monotona (strogo monotona), ako je uzlazna ili silazna (strogo uzlazna ili strogo silazna). Napokon, re´ci ´cemo da je funkcija f po dijelovima monotona na intervalu ha; bi X, ako postoji konaµcno mnogo toµcaka x0 = a < je na svakomu podintervalu hxi

1 ; xi i,

i = 1;

< xi
x < 0; f (x) =

x + 1; 0 x > > : 2; x>1

1

1.6. ELEMENTARNE FUNKCIJE

39

Lako se pokaµze da je funkcija f uzlazna, ali ne strogo uzlazna (v. graf Gf ). S druge strane, apsolutna vrijednost jj : R ! R, x 7! jxj, nije monotona ali jest po dijelovima

monotona funkcija. Ona je na h ; 0] strogo silazna, a na [0; i strogo uzlazna. DEFINICIJA 1.32 Re´ci ´cemo da je funkcija f : X ! R, X (9P > 0)(8x 2 X) x

P 2 X ) f (x

R, periodiµcna, ako

P ) = f (x):

Svaki takav broj P nazivamo funkcijskim periodom (od f ), a najmanji period oznaµcujemo s P0 i nazivamo osnovnim periodom. PRIMJER Promatrajmo funkciju f : R ! R; f (x) = x

[x]; gdje je [x] tzv. ”najve´ce

cijelo” od x, tj. [x] = k µcim je k

x < k + 1, k 2 Z. Primjerice, [ 2; 38] = 3 = [ 3], p 3 [0] = 0 = [ 21 ], [2] = 2 = [2; 38] = [ 9]. (Primijetimo da je funkcijska slika ”najve´cega

cijelog” [R] = Z.) Budu´ci da je, za svaki x 2 R, 0

x

[x] < 1, to je f [R] = [0; 1i (v.

crteµz dolje). Nadalje, za svaki n 2 N je oµcito f (x + n) = f (x), x 2 R. Prema tomu, f

je periodiµcna funkcija kojoj je period P svaki prirodni broj n. Napokon, jednostavna provjera pokazuje da funkcija f nema perioda manjeg od 1, pa je njezin osnovni period

P0 = 1.

1.6.3

OSNOVNE ELEMENTARNE FUNKCIJE

Ovdje ´cemo de…nirati nekoliko vrsta jednostavnih realnih funkcija koje su temeljne za daljnju nadgradnju, a vrlo su vaµzne u tehniµckoj primjeni i praksi. De…nicije nekih od njih ne ´ce biti najkorektnije, što je posljedica relativno oskudne teorijske podloge što smo ju dosad pripremili. (Primjerice, trigonometrijske funkcije se mogu sasvim korektno de…nirati tek kad se dobro prouµci konvergencija u normiranim vektorskim prostorima.)

(i) Konstantna funkcija. Za svaki r 2 R postoji konstantna funkcija (v. De…niciju

1.11) cr : R ! R, cr (x) = r za svaki x 2 R.

(ii) Op´ca potencija. Promatrajmo analitiµcki izraz y = xr u kojemu je r 2 R (u potenciji xr ) unaprijed odabran i nepromjenjiv eksponent. Prisjetimo se:

40

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI ako je r = n 2 N onda je potencija xn dobro de…nirana za svaki x 2 R;

ako je r = 0 onda je x0 = 1 za svaki x 6= 0 (00 je formalni zapis koji se ne moµze na dobar naµcin jednoznaµcno odrediti.); ako je r = k 2 Zn(N[f0g) ako je r =

m n

N onda je xk =

2 Q n Z, M (m; n) = 1, onda je x

1 x m n

k

i ima smisla za svaki x 6= 0; 1

= (x n )m i mogu nastupiti ova

µcetiri sluµcaja: m

- x n je dobro de…niran za svaki x µcim je n neparan i m prirodan; m

- x n je dobro de…niran za svaki x 6= 0 µcim je n neparan i m negativan; m

- x n je dobro de…niran za svaki x -x

m n

0 µcim je n paran i m prirodan;

je dobro de…niran za svaki x > 0 µcim je n paran i m negativan;

napokon, ako je r 2 R n Q onda je xr dobro de…niran za svaki x

0 µcim je r > 0,

odnosno, za svaki x > 0 µcim je r < 0. Zakljuµcujemo da, za svaki r 2 R, postoji funkcija f : Xr ! R, Xr

pravilom f (x) =

xr .

R, zadana

Ne preciziraju´ci dani eksponent r, tu funkciju f nazivamo op´com

potencijom. (Primijetimo da su konstanta c1 i op´ca potencija f s eksponentom r = 0 razliµcite funkcije, jer je X0 = Rnf0g.) Na crteµzima dolje su grafovi op´cih potencija f : Xr ! R za p p p r 2 f1; 2; 3; 0; 1; 2; 12 ; 31 ; 21 ; 13 ; 2; 3; 2g: Pritom je X1 = X2 = X3 = X 1 = R, X0 = X 3

Xp2 = Xp3 = [0; i.

1

=X

2

=X

1 3

= R r f0g, X 1 = 2

1.6. ELEMENTARNE FUNKCIJE

41

Primijetimo da za svaku op´cu potenciju f : Xr ! R postoji podskup Ar

Xr na

kojemu je f injektivna. Tada je suµzenje f jAr : Ar ! f [Ar ] bijektivno pa postoji

pripadna inverzna funkcija.

TEOREM 1.33 ”Inverzna”funkcija op´ce potencije je opet op´ca potencija. Preciznije, ako je f (x) = xr onda je f

1

1 (y)

= y r , kad god ti izrazi maju smisla.

=f

1 (xr )

DOKAZ. Vrijedi (f (f f

1 f )(x) 1 )(y)

=f

1 (f (x))

= f (f

1 (y))

1 r

1

= (xr ) r = x = 1Ar (x) za x 2 Ar

Xr ;

1 r

= f (y ) = (y )r = y = 1f [Ar ] (y), za y 2 f [Ar ]

R.

Budu´ci da promatramo funkcije iz R u R, smijemo, a i uobiµcajilo se, oznaµcavati varijable x i y od f i f f

1

(redom) istim slovom x. Dakle, umjesto f

1 (y)

ubudu´ce ´cemo pisati

1 (x).

PRIMJER (a) Za r = 1 je f (x) = x1 = x = 1R (x) = f 1 (x), tj. f = f p 1 (b) Za r = 2 je f (x) = x2 , a f 1 (x) = x 2 x µcim je x 0. p 1 3 (c) Za r = 3 je f (x) = x3 , a f 1 (x) = x 3 x za svaki x 2 R.

1

= 1R .

Na koncu, primijetimo da je, za svaki r 6= 0, pripadna op´ca potencija neome†ena funcija, te da je parna za svaki r =

2k 2n 1 ,

a neparna za svaki r =

2k 1 2n 1 ,

gdje su n 2 N, k 2 Z.

(U drugomu sluµcaju, kao i za svaki iracionalni eksponent, pripadna op´ca potencija je nenegativna, dakle, i ome†ena odozdol.) Neka µcitatelj za vjeµzbu odredi koje su op´ce potencije strogo uzlazne, a koje strogo silazne funkcije.

(iii) Eksponencijalna funkcija. Sjetimo se da je potencija ax , u kojoj je baza a 2 R+

unaprijed odabrana i nepromjenjiva, dobro de…nirana za svaki x 2 R. Pritom je 1x = 1 za svaki x. Odabravši, dakle, bilo koji a > 0 i a 6= 1, tako dobivamo eksponencijalnu funkciju (s bazom a)

expa : R ! R; expa (x) = ax :

42

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

Primijetimo da je expa [R] R+ i expa (0) = a0 = 1. Napomenimo, eksponencijalna funkcija je strogo uzlazna µcim je a > 1, a strogo silazna µcim je 0 < a < 1. To povlaµci da je (svaka) eksponencijalna funkcija injektivna, odnosno, da je njezino suµzenje f : R ! expa [R], f (x) = expa (x), bijekcija. Posobno su u primjeni vaµzne eksponencijalne funkcije s bazama 10 - dekadska i e ( 2; 718281828 - transcendentan broj) prirodna. Na sljede´cemu crteµzu su grafovi eksponencijalnih funkcija s bazama 2, 10, i 21 . Budu´ci da je ( a1 )x = a x , to su grafovi eksponencijalnih funkcija exp 1 i expa a simetriµcni s obzirom na y-os. Uoµcimo i to da je eksponencijalna funkcija neome†ena (premda je ome†ena odozdol).

Eksponencijalna funkcija

Logaritamska funkcija

(iv) Logaritamska funkcija. U (iii) smo zakljuµcili da je funkcija f : R ! expa [R],

f (x) = expa (x), bijektivna. Postoji, dakle, njoj inverzna funkcija f

1

: expa [R] ! R,

koju nazivamo logaritamskom funkcijom (po bazi a) i oznaµcujemo s f odnosno, f

1 (x)

loga x:

Prema tomu, za svaku bazu a je loga 1 = 0 i vrijedi:

1

loga ,

1.6. ELEMENTARNE FUNKCIJE (8x 2 R)

43

(loga expa )(x) = loga (ax ) = x;

(8x 2 R+ )

(expa loga )(x) = aloga x = x:

Odatle dobivamo 1 logb x = loga x; loga b 1 logb a = : loga b Navedimo još nekoliko svojstava logaritamske funkcije:

(1) (2)

(8x; y 2 R+ )

loga (xy) = loga x + loga y; x = loga x loga y; (8x; y 2 R+ ) loga y (8x 2 R+ )(8y 2 R) loga (xy ) = y loga x:

(3) (4) (5)

U sluµcaju a = 10 uobiµcajilo se zapis pripadne logaritamske funkcije x 7! log10 x (in-

verzne funkcije od x 7! exp10 x = 10x ) skratiti na lg x ili log x. To je tzv. Briggsov ili

dekadski logaritam. Radi µceste praktiµcne uporabe ova se funkcija ”zadaje”i tabliµcno (v. npr. srednjoškolski priruµcnik ”Logaritamske tablice”). Veliku vaµznost imaju i tzv. prirodni logaritmi, tj. vrijednosti loge x logaritamske funkcije po bazi e (inverzne funkcije od x 7! expe x = ex ). Njezin standardni (kra´ci) zapis jest x 7! ln x (”logaritam

naturalis”). Po formuli (1) dobivamo ln x lg x ; lg x = i ln 10 = (lg e) 1 ( 2; 302585): ln x = lg e ln 10 Oµcigledno je lg x > ln x µcim je 0 < x < 1, a lg x < ln x µcim je x > 1. Napokon, primijetimo da se op´ca potencija x 7! xr moµze dobiti komponiranjem logaritamske i eksponencijalne funkcije i mnoµzidbe konstantom, tj. xr = ar loga x . Posebice, xr = 10r lg x = er ln x .

(v) Trigonometrijske funkcije. Promatrajmo u pravokutnoj koordinatnoj ravnini (O; i; j) središnju jediniµcnu krµznicu K

x2 + y 2 = 1.

y

Oznaµcimo toµcku (1; 0) na K slovom A. Za svaku toµcku T na K neka AT oznaµcuje

pripadni kruµzni luk (od A do T na K u geometrijski pozitivnom smjeru). Jasno je da se

svakom realnom broju x 2 [0; 2 i moµze pridijeliti toµcno jedna toµcka Tx na toj kruµznici

44

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI y

tako da luµcna duljina l(ATx ) bude jednaka x. Dakle, Tx oznaµcuje kraj ”namotanoga”od A na kruµznicu K segmenta [0; x]. Ako je x 2 [2 ; i, onda mu na isti naµcin pridijelimo

toµcku Tx na K ”namataju´ci” segment segment [0; x] (”više puta”) na tu kruµznicu. Napokon, ako je x 2 h ; 0i postupimo na isti naµcin ”namataju´ci” od toµcke A na K

segment [0; x] u geometrijski negativnom smjeru. Oµcito je da ´ce biti Tx0 = Tx onda i samo onda kad je x0 = x + k 2 , k 2 Z. Oznaµcuju´ci koordinate toµcke Tx s (cos x; sin x), dobivamo dvije periodiµcne funkcije (P0 = 2 ): sin : R ! R (sinus), x 7! sin x; cos : R ! R (kosinus), x 7! cos x. Grafovi su im na crteµzu dolje. Primijetimo da je sin[R] = [ 1; 1] = cos[R].

Funkcije sin i cos su, dakle, ome†ene i po dijelovima monotone. Primijetimo još da je sin neparna, a cos parna funkcija. Pomo´cu sin i cos ´cemo de…nirati još dvije trigonometrijske funkcije: sin x tan : Xtan ! R (tangens); tan x = ; cos x cos x cot : Xcot ! R (kotangens); cot x = ; sin x gdje je Xtan = Rnfx j cos x = 0g = Rnf(2k

1) 2 j k 2 Zg;

Xcot = Rnfx j sin x = 0g = Rnfk j k 2 Zg: (Ponegdje se u knjigama funkcija tan zapisuje kao tg, a funkcija cot kao ctg.) Lako se provjeri da su funkcije tan i cot neome†ene i periodiµcne s osnovnim periodom P0 = . Nadalje, obje te funkcije su neparne, a nije teško dokazati da je tan po dijelovima strogo uzlazna, a cot po dijelovima strogo silazna funkcija. Pripadni grafovi su na crteµzu gore. Primijetimo da je cot x = (tan x)

1,

x 2 Xtan \ Xcot . (Pomo´cu (cos x)

1

i (sin x)

1

se

mogu de…nirati još dvije trigonometrijske funkcije - sekans i kosekans - u što ovdje ne ´cemo ulaziti.) Trigonometrijske funkcije su me†usobno povezane mnogim algebarskim relacijama (µcitatelju poznatima iz srednje škole), primjerice, sin2 x + cos2 x = 1;

1.6. ELEMENTARNE FUNKCIJE

45

sin 2x = 2 sin x cos x; cos 2x = cos2 x sin2 x; r 1 cos x x tan = i dr. 2 1 + cos x (Pritom sin2 , cos2 , ne oznaµcuju odgovaraju´ce funkcijske kompozicije sin sin, cos cos, nego potencije; tj. sin2 x

(sin x)2 , cos2 x

(cos x)2 ,

.)

(vi) Ciklometrijske funkcije. Trigonometrijske funkcije nisu bijektivne pa, strogo sude´ci, nemaju inverznih funkcija. Ipak, odgovaraju´cim suµzenjima njihovih domena i kodomena mogu´ce je posti´ci bijektivnost pripadnih restrikcija, koje onda dopuštaju invertiranje, pa u tomu smislu govorimo o inverznim funkcijama trigonometrijskih funkcija, tj. o tzv. ciklometrijskim ili arkus-funkcijama (ciclus = kruµznica, arcus = luk). Najprije promatrajmo suµzenje sin j[

funkcija sa slikom sin[[

2 ; 2 ]]

; ]

2 2

:[

2; 2]

! R koje je, po de…niciji, injektivna

= [ 1; 1]. Stoga je funkcija S : [

sin x, bijektivna, pa postoji inverzna joj funkcija S

1

2; 2]

! [ 1; 1], S(x) =

ArcS : [ 1; 1] ! [

2 ; 2 ].

Napokon, proširenjem inkluzijom kodomene na cijeli R, ”inverznom”funkcijom polazne funkcije sin smatramo funkciju arkus-sinus, arcsin : [ 1; 1] ! R;

arcsin x = ArcS(x):

Sasvim sliµcno, polaze´ci od funkcije cos, dolazimo da bijekcije C : [0; ] ! [ 1; 1],

C(x) = cos x. Njezina inverzna funkcija jest C

1

ArcC : [ 1; 1] ! [0; ]. Sada

”inverznom” funkcijom od cos smatramo funkciju arkus-kosinus, arccos : [ 1; 1] ! R;

arccos x = ArcC(x)

Pripadni grafovi su na sljede´cemu crteµzu.

Primijetimo da je suµzenje tangensa na T R!

tan jh

2; 2

2; 2

Xtan bijekcija. Slijedi da funkcija

1 ArcT : 2 ; 2 ! R, T (x) = tan x, ima inverznu funkciju T i : . Proširuju´ci inkluzijom kodomenu na R, ”inverznom” funkcijom od tan

;

2 2

smatramo funkciju arkus-tangens, arctan : R ! R;

arctan x = ArcT(x)

46

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

Na sliµcan naµcin, polaze´ci od funkcije cot, dolazimo do bijekcije Ct R, Ct (x) = cot x. Njezina je inverzna funkcija Ct

1

cot jh0;

i

: h0; i !

ArcCt : R ! h0; i. Sada

”inverznom” funkcijom polazne funkcije cot smatramo funkciju arkus-kotangens, arccot : R ! R;

arccot x = ArcCt(x):

Uoµcimo da su sve ciklometrijske funkcije ome†ene. Osim toga, arcsin i arctan su strogo uzlazne, a arccos i arccot strogo silazne funkcije. Sliµcno trigonometrijskima i ciklometrijske funkcije su me†uovisne (vode´ci raµcuna o pripadnim domenama). Tako dobivamo p p x 1 x2 arccos x = arccos 1 x2 = arctan p i dr. arcsin x = = arccot 2 x 1 x2 DEFINICIJA 1.34 Osnovnim elementarnim funkcijama smatramo sve funkcije što smo ih de…nirali pod (i), (ii), (iii), (iv), (v) i (vi):

1.6.4

RAZREDBA ELEMENTARNIH FUNKCIJA

DEFINICIJA 1.35 Elementarnom funkcijom smatramo svaku funkciju koja se moµze konstruirati od osnovnih elementarnih funkcija i njihovih suµzenja primijenjuju´ci (konaµcno puta) zbrajanje, oduzimanje, mnoµzenje, dijeljenje i funkcijsko komponiranje. Pritom se osnovne raµcunske operacije na realnim funkcijama f; g : X ! R de…niraju na prirodni naµcin:

(a) (f + g)(x) = f (x) + g(x); (b) (f

g)(x) = f (x)

g(x);

(c) (f g)(x) = f (x) g(x); f (x) f (x) = (d) µcim je g(x) 6= 0. g g(x) PRIMJER Funkcija f : [0; i ! R, f (x) = 3x f = (f1 (f2 x 7!

x2 ),

2

2

sin

p 4

x + 1, jest elementarna, jer je

f3 )) (f4 f5 ) + f6 ; gdje su f1 = exp3 , f2 = kvadriranje (op´ca potencija

f3 = c2 (konstanta u 2), f4 = sin, f5 = µcetvrto korjenovanje (op´ca potencija

1 4

x 7! x ), f6 = c1 (konstanta u 1).

Skup svih elementarnih funkcija se obiµcno dijeli na ove podskupove:

1.6. ELEMENTARNE FUNKCIJE

47

(i) Polinomi. Polinom (n-toga stupnja, n 2 N[f0g) smo de…nirali kao funkciju p : R ! R, p(x) = an xn +

+ a1 x + a0 , pri µcemu su a0 ; a1 ;

; an 2 R i an 6= 0

µcim je n 2 N. (Primijetimo da je p = ca0 konstantna funkcija u a0 µcim je n = 0.) (ii) Racionalne funkcije. Re´ci ´cemo da je f : X ! R, X

R, racionalna funkcija

ako je

f (x) =

p(x) ; q(x)

pri µcemu su p i q polinomi. Pritom je, dakako, X = Rnfx j q(x) = 0g, što je µ komplement nekoga konaµcnog podskupa od R. Cesto se toµcke u kojima racionalna funkcija f nije de…nirana, tj. nultoµcke od q, nazivaju polovima od f . Ako oba polinoma p i q imaju racionalne koe…cijente, onda kaµzemo da je f =

p q

racinalna

funkcija s racionalnim koe…cijentima. Ako je polinom p stupnja n, polinom q stupnja m i n

m, onda polinomskim dijeljenjem p : q dobivamo da je pripadna

racionalna funkcija f = racionalne funkcije

r q

p q

zbroj nekoga polinoma s (stupnja n

m) i prave

u smislu da je stupanj k polinoma r manji od m, k < m.

Oµcigledna je µcinjenica da svaki polinom jest racionalna funkcija. (iii) Algebarske funkcije. Elementarne funkcije koje se mogu dobiti komponiranjem op´cih potencija s racionalnim eksponentima i racionalnih funkcija s racionalnim koe…cijentima nazivamo algebarskim funkcijama. r Primjerice, f : X ! R; X

R; f (x) = p

dok g1;2 : R ! R; g1 (x) = (x4 + 7)

2;

4

g2 (x) =

x2 +1 2x3 5x

p

5

; jest algebarska funkcije,

3x + 2; to nisu.

Oµcito je da su racionalne funkcije s racionalnim koe…cijentima ujedno algebarske funkcije. Algebarske funkcije koje nisu racionalne nazivamo iracionalnim funkcijama. (iv) Transcendentne funkcije. Elementarne funkcije koje nisu algebarske nazivamo transcendentnima. Prema tomu, me†u ove se ubrajaju sve eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijske i ciklometrijske, kao i ve´cina racionalnih funkcija (sve one kojima je neki koe…cijent iracionalan). Vaµzne transcendentne funkcije jesu i tzv. hiperbolne funkcije, koje se dobiju pomo´cu prirodne eksponencijalne funkcije kako slijedi: ex e x ; (sinus hiperbolni); sinh : R ! R; sinh x = 2 ex + e x cosh : R ! R; cosh x = ; (kosinus hiperbolni); 2

48

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

sinh x ; (tangens hiperbolni); cosh x cosh x ; (kotangens hiperbolni): coth : Rnf0g ! R; coth x = sinh x (Ponegdje su njihove oznake sh, ch, th i cth redom.) Nazivi ukazuju na neku svezu s tanh : R ! R;

tanh x =

trigonometrijskim funkcijama. Ona se oµcituje u relacijama što me†usobno povezuju hiperbolne funkcije (koje su vrlo sliµcne - ”dualne” onima što me†usobno povezuju trigonometrijske funkcije). Primjerice, coth x = (tanh x) cosh2 x

1;

sinh2 x = 1;

sinh 2x = 2 sinh x cosh x; cosh 2x = sinh2 x + cosh2 x; r x cosh x 1 tanh = 2 cosh x + 1 2 i dr. (I ovdje cosh , sinh2 , oznaµcuju potenciranje, a ne funkcijsko komponiranje!) Grafovi hiperbolnih funkcija su na crteµzima dolje.

Primijetimo da su funkcije sinh, cosh i coth neome† ene, dok je tanh ome†ena funkcija. (cosh jest ome†ena odozdol, jer je ve´ca ili jednaka od c1 .) Nadalje, cosh je parna, a sinh, tanh i coth su neparne funkcije. Pogledajmo sada što se moµze re´ci o invertiranju hiperbolnih funkcija, koje daje tzv. area-funkcije. Lako se provjeri da je funkcija sinh : R ! R bijekcija pa postoji inverzna joj funkcija (sinh)

1

arsh : R ! R (area-sinus hiperbolni):

Funkcija cosh nije injektivna, ali jest injektivno njezino suµzenje cosh j[0; i : [0; i ! R

i pritom je cosh[[0; i] = cosh R = [1; i. Tada je funkcija Ch : [0; i ! [1; i, Ch (x) = cosh x, bijekcija s inverznom funkcijom Ch 1 : [1; i ! [0; i. Sada ”inverznom” funkcijom od cosh smatramo proširenje inkluzijom od Ch 1 na kodomenu R, tj. arch : [1; i ! R;

arch(x) = Ch 1 (x)(area-kosinus hiperbolni):

Funkcije tanh i coth su injektivne sa slikama tanh[R] = h 1; 1i i coth[Rnf0g] =

Rn[ 1; 1] = h ; 1i [ h1; i. Prema tomu, funkcije Th : R ! h 1; 1i, Th (x) = tanh x,

1.6. ELEMENTARNE FUNKCIJE

49

i Cth : Rnf0g ! h ; 1i [ h1; i, Cth (x) = coth x, jesu bijekcije. Inveznu funkciju Th 1 smatramo ”inverznom” funkcijom od tanh i pišemo: arth : h 1; 1i ! R;

arth(x) = Th 1 (x); (area-tangens hiperbolni):

Inverznu funkciju Cth1 : h ; 1i [ h1; i ! Rnf0g proširujemo inkluzijom kodomene do ”inverzne” funkcije od coth stavljaju´ci arcth : h ; 1i[h1; i ! R;

arcth(x) = Cth1 (x);

(area-kotangens hiperbolni):

Pripadni grafovi su na crteµzima:

Primijetimo da area-funkcije nisu ome†ene (premda je arch nenegativna, pa je ome†ena odozdol). Nadalje, arsh, arth i arcth su neparne funkcije. I area-funkcije su me†usobno povezane odgovaraju´cim relacijama: p p x x2 + 1 2 = arcth arsh(x) = arch x + 1 = arth p x x2 + 1 (+ za x > 0, a za x < 0) i dr. Budu´ci da su hiperbolne funkcije de…nirane pomo´cu prirodne eksponencijalne funkcije, treba oµcekivati da area-funkcije dopuštaju analitiµcke zapise pomo´cu prirodne logaritamske funkcije. Zaista, lako je izvesti sljede´ce sveze: p arsh(x) = ln(x + x2 + 1); x 2 R; p arch(x) = ln(x + x2 1); x 2 [1; i ; 1+x arth(x) = 21 ln ; x 2 h 1; 1i ; 1 x x+1 arcth(x) = 12 ln ; x 2 R n [ 1; 1]: x 1 Graf Gf = (x; y) 2 R2 : x 2 X; y = f (x) funkcija f : X ! R oznaµcavat ´cemo jednostavno sa y = y(x): Poznavaju´ci taj graf i svojstva osnovnih elementarnih funkcija mogu se odrediti i grafovi y = f (x + p) + q; p y = f (x);

y=

1 ; f (x)

y = jf (x)j ;

y=

1 ; jf (x)j

1 ; ::: ln jf (x)j PRIMJER Ilustrirajmo to primjerom. Graf y = x2 2x + 5 moµzemo zapisati na naµcin y = (x

1)2

y = ln f (x);

y=

6 i nacrtat ´cemo ga tako da u translatiranom koordinatnom sustavu s

isodištem u O0 = (1; 6) nactramo graf y 0 = (x0 )2 :

50

POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

PRIMJER Nacrtajmo grafove y = sin x; y = jsin xj ; y = ln sin x; y = ln jsin xj ; y =

1 1 ;y= : ln sin x ln jsin xj

y = sin x

y=

1 sin x

y = jsin xj

y=

1 jsin xj

1 1 ; y = ; y = sin x jsin xj

1.6. ELEMENTARNE FUNKCIJE

51

y = ln jsin xj

y = ln sin x

y=

1.6.5

1 ln sin x

y=

1 ln jsin xj

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Neka je funkcija f zadana pravilom f (x) = xx2 31 : Odredite f ( 2); f (0); f (0; 5): Da li postoji f ( 1)? 8 x 1 k. S druge strane, po formuli (4), isto vrijedi i za t

k. (Ako, naime,

elemente jednog od prvih k stupaca pomnoµzimo odgovaraju´cim kofaktorima elemenata

2.1. MATRICE I DETERMINANTE

67

zadnjega stupca, zbroj tako dobivenih umnoµzaka bit ´ce jednak nuli.) Stavimo li i

Ai;k+1 Ak+1;k+1 ; i

=

= 1;

; k;

dobivamo ast = [as1

Pk

i=1

i ait ; t

asn ] =

za svaki s = k + 1; za i 6= s i

s

prvih k (1

= 1; hP k i=1

; n;tj. Pk

i ai1

i=1

i P k a i in = i=1

i [ai1

ain ]

; n. Budu´ci da dobiveno vrijedi i za svaki s = 1;

; k, (

i

=0

= 1), dokazali smo da je svaki determinantin redak linearna kombinacija k

n

1) redaka. Prema tomu, determinanta D ima linearno zavisne

retke. Dokazuju´ci nuµznost u Lemi 2.20 dokazali smo i ovu µcinjenicu: Neka su determinanti D n-tog reda sve poddeterminante (k + 1)-vog reda jednake nuli i neka ima bar jednu poddeterminantu k-tog reda razliµcitu od nule, 1 n

k

1. Tada D ima toµcno k linearno nezavisnih redaka (stupaca) i svaki je od

preostalih redaka (stupaca) neka njihova linearna kombinacija. Broj k nazivamo rangom determinante D i obiµcno oznaµcujemo slovom r; ukljuµcuju´ci pritom i proširenje: r = n , D 6= 0 i r = 0 , D = det O.

2.1.3

µ MATRICIN RANG

Matriµcin rang de…niramo analogno determinantinu rangu. DEFINICIJA 2.21 Re´ci´cemo da matrica A ima rang r

r(A), ako sadrµzi kvadratnu

podmatricu r-toga reda determinanta koje je razliµcita od nule i ako je determinanta svake kvadratne podmatrice od A reda ve´ceg od r jednaka nuli. Iz de…nicije slijedi da je matriµcin rang r(A)

minfm; ng µcim je matrica A tipa (m; n).

Nadalje, iz Leme 2.20 i njegova dokaza slijedi: Matrica A ima rang r ako i samo ako sadrµzi toµcno r linearno nezavisnih redaka (stupaca); preostali retci (stupci ) su neke njihove linearne kombinacije. 2 3 4 2 1 3 6 7 7 PRIMJER Matrica A = 6 4 6 3 4 7 5 tipa (3; 4) ima µcetiri kvadratne podmatrice 2 1 0 1 tre´cega reda (dobivamo ih ispuštanjem po jednog stupca) i sve one imaju determinantu jednaku nuli. Budu´ci da postoji barem jedna kvadratna podmatrica od A drugoga reda (npr. ona u ”donjem desnom kutu”) kojoj je determinanta razliµcita od nule, slijedi da je r(A) = 2.

68

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

Radi vaµznosti matriµcina ranga, korisno je otkriti što jednostavniju tehniku njegova odre†ivanja. DEFINICIJA 2.22 Elementarnom operacijom na matrici nazivamo svaki od ovih postupaka: (1) Izmjena mjesta bilo kojih dvaju redaka (stupaca); (2) mnoµzenje bilo kojeg retka (stupca) bilo kojim brojem razliµcitim od nule; (3) pribrajanje bilo kojem retku (stupcu) bilo koje linearne kombinacije bilo kojih od preostalih redaka (stupaca). DEFINICIJA 2.23 Neka su A i B matrice istog tipa. Re´ci ´cemo da je matrica B ekvivalentna matrici A, ako se B moµze dobiti iz A primjenom konaµcno mnogo elementarnih operacija. Lako se pokaµze da je ova ekvivalentnost razredbena relacija na skupu svih matrica istog tipa. Oznaµcit ´cemo ju s A

B.

TEOREM 2.24 Ekvivalentne matrice imaju isti rang. DOKAZ. Prvom elementarnom operacijom se mijenja samo predznak one poddeterminante koja sadrµzi dotiµcne retke (stupce) ili njihove dijelove; drugom se pripadna poddeterminanta mnoµzi brojem razliµcitim od nule; tre´com se podeterminantina vrijednost ne mijenja. Prema tomu, elementarne operacije ne utjeµcu na (ne)išµcezavanje poddeterminanata. Jednostavno je pokazati da elementarnim operacijama na matrici A moµzemo dobiti matricu B kojoj je svaki element bij = 0 µcim je i 6= j, a oµcito je da je rang r(B) jednak broju elemenata bii 6= 0.

2

6 6 6 6 PRIMJER Odrediti matriµcin rang r(A) za A = 6 6 6 4 2

A

1

6 6 0 6 6 6 0 6 6 0 4 0

1

1

1

1

4

4

2

1

0

4

2

3

4

2

3

2 0

3

7 6 5 7 7 7 3 0 7 7 8 1 7 5 8 1

2

1

6 6 0 6 6 6 0 6 6 0 4 0

1 1

1

1

3 1

1

0

4 1

1

0

1 1

0

1

2 2

0

1

1

1

1

1

4

4

0

7

8

0

14

13

0

14

13

2

2 0

7 2 1 7 7 7 1 5 7: 7 1 0 7 5 4 1 0

3

7 5 7 7 7 9 10 7 7 16 21 7 5 16 21 6

3

2.1. MATRICE I DETERMINANTE 2

1

6 6 0 6 6 6 0 6 6 0 4 0

1

1

1

1

4

4

0

7

8

0

0

3

0

0

0

2

0

69 3

2

7 5 7 7 7 9 10 7 7 2 1 7 5 0 0 6

1

0 0 0 0 0

6 6 0 6 6 6 0 6 6 0 4 0

3

7 1 0 0 0 0 7 7 7 0 7 0 0 0 7: 7 0 0 3 0 0 7 5 0 0 0 0 0

U prvomu koraku smo pomnoµzili prvi redak s 3; 4; 1; 2 i redom pribrojili drugomu, tre´cemu, µcetvrtomu, petomu retku. Time smo smo u prvomu stupcu ”ispod” mjesta (1,1) dobili same nule. U drugomu koraku smo tre´ci redak pribrojili µcetvertomu i dobiveno stavili na mjesto drugoga retka, drugi redak smo stavili na mjesto µcetvrtoga retka, a µcetvrti na mjesto tre´cega retka. Time smo smo i u drugomu stupcu ”ispod” mjesta (2,2) dobili same nule. Nastavljaju´ci na isti naµcin, dobivamo matricu koja ”ispod” ”glavne dijagonale” ima same nule. Napokon, primijenjuju´ci elementarne operacije na stupcima, dobivamo matricu kojoj su svi elementi s razliµcitim indeksima jednaki nuli. Sada je oµcito da je rang r(A) = 4. Na kraju ´cemo se još malo baviti kvadratnim matricama. DEFINICIJA 2.25 Za kvadratnu matricu n-tog reda kaµzemo da je regularna ako joj je rang jednak n. U protivnom, tj. ako je matriµcin rang manji od njenoga reda, govorimo o singularnoj matrici. Ekvivalentno je re´ci (v. µcinjenicu istaknutu po dokazu Leme 2.20): Matrica A je regularna , det A 6= 0, odnosno, A je singularna , det A = 0.

2

6 PRIMJER Kvadratna matrica A tre´cega reda, A = 6 4 jer je det A = 0. (Rang r(A) = 2 < 3.)

1

2

3

3

2

2

1

3

7 0 7 5 je singularna, 4

Promatrajmo par kvadratnih matrica A; B istog reda i jediniµcnu matricu I toga reda. Re´ci ´cemo da je matrica B inverzna matrici A, ako je AB = I = BA: TEOREM 2.26 Singularna matrica nema inverzne matrice. Regularna matrica A = (aij ) ima toµcno jednu inverznu matricu B bij =

A

Aji ; det A

(Aji je kofaktor od aji u determinanti det A).

1

= (bij ), (5)

70

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

DOKAZ. Kad bi singularna matrica A imala inverznu matricu B, bilo bi: 1 = det I = det(AB) = det A det B = 0 det B = 0 - protuslovlje. Neka je A = (aij ) bilo koja regularna matrica bilo kojeg reda n. Tada je det A 6= 0 pa

je jednakoš´cu bij =

Aji det A

dobro de…nirana matrica B = (bij ) istoga reda n. Mnoµzenjem

AB dobivamo ( v. Lemu 2.19) P P A (AB)ij = nk=1 aik bkj = nk=1 aik detjkA = ( ( det A, 1 i=j 1 1 Pn = : k=1 aik Ajk = det A det A 0; 0 i 6= j Dakle, AB = I. Na isti se naµcin dobiva i BA = I. Za dokaz jedinstvenosti inverzne matrice, neka su matrice B i C inverzne matrici A. Tada je C = IC= (BA)C= B(AC) = BI = B.

2

6 6 6 PRIMJER Potvrdimo da je matrica A = 6 6 4 joj inverznu matricu A

1

1

0

1

1

0

1

0

0

0 1

7 0 0 7 7 7 regularna i odredimo 1 0 7 5 1 1

.

Budu´ci da kratki raµcun daje det A =

3

2 6= 0, to je zaista matrica A regularna.

Za odre†ivanje inverzne joj matrice treba izraµcunati sve algebarske komplemente Aij , i; j = 1; 2; 3;24. 6 A11 = 6 4 A13

1

0 0

3

7 1 0 7 5 = 1, A12 = 0 1 1 = 1, A14 = 1, 1

A21 =

1, A22 = 1, A23 = 1, A24 =

A31 =

1, A32 =

1, A33 = 1, A34 =

A41 =

1, A42 =

1, A43 =

Prema tomu,

2

6 6 1 6 (Aji )= 6 A 1= 6 det A 4

2.1.4

1 2 1 2 1 2 1 2

2

1

6 6 0 4 0

1 2 1 2 1 2 1 2

3

7 1 0 7 5 = 1 itd.: 1 1

1, 1,

1, A44 = 1 2 1 2 1 2 1 2

0 0

1 2 1 2 1 2 1 2

1. 3

7 7 7 7: 7 5

µ RJEŠAVANJE SUSTAVA LINEARNIH JEDNADZABA

Promatrat ´cemo sustav od m linearnih jednadµzaba s n nepoznanica (u skupu realnih brojeva R) Xn

j=1

aij xi = bi ; i = 1;

; m;

(6)

2.1. MATRICE I DETERMINANTE

71

i istraµziti njegovu rješivost u R. Brojeve aij nazivamo koe…cijentima, brojeve bi slobodnim koe…cijentima, a brojeve-varijable xj - nepoznanicama danoga sustava (6). Rješenjem sustava (6) smatramo svaki ure†eni n-slog (x01 ; uvrštenjem xj = x0j , j = 1;

; x0n ) koji mu

; n, identiµcki udovoljuje.

Primjenom matriµcnog zapisa sustav (6) poprima oblik 0

AX = B

(6 )

gdje su 2

a11 6 . . A=6 4 . am1

..

.

3 2 a1n x1 6 . .. 7 6 . . 7 5; X = 4 . amn xn

pa i rješenje smijemo zapisati kao 2 3 x01 6 . 7 . 7 X0 = 6 4 . 5: x0n

3

2

3 b1 7 6 7 7 i B = 6 ... 7 ; 5 4 5 bm

Matricu A nazivamo matricom sustava (6), a matricu C što se dobiva njezinim proširenjem za stupac (matricu) B nazivamo proširenom matricom sustava (6). Dakle, 2

a11 6 . . C=6 4 . am1

..

.

a1n .. . amn

3 b1 .. 7 . 7 5: bm

Oznaµcimo li svaki stupac od A kao matricu Aj = (aij )(m;1) , j = 1;

; n, moµzemo

pojednostavniti zapise: A = [A1

An ] i C = [A1

An B]

[A B] ;

dok sustav (6) dopušta zapis A1 x1 +

(600 )

+ An xn = B:

Sada je oµcito da sustav (6) ima rješenje onda i samo onda, ako je B neka matriµcna linearna kombinacija od A1 ;

; An .

TEOREM 2.27 (i) (Kronecker-Capellijev teorem) Sustav (6) ima rješenje onda i samo onda kad je r ([A B]) = r(A);

72

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

(ii) Ako je r zajedniµcki matriµcni rang od A i [A B], onda je sustav (6) ekvivalentan sustavu koji se iz njega dobiva uzimanjem bilo kojih r linearno nezavisnih jednadµzaba, tj. jednadµzaba koe…cijenti kojih u matrici tvore r linearno nezavisnih redaka; (iii) U sluµcaju m = n, sustav (6) ima toµcno jedno rješenje X 0 onda i samo onda ako je pripadna matrica A regularna: Pritom je X 0 = A

1

B.

DOKAZ. (i). Matrica A je tipa (m; n); a proširena matrica [A B] tipa (m; n+1). Ako A i [A B] imaju isti rang r, onda se r linearno nezavisnih stupaca matrice [A B] moµze na´ci ve´c me†u stupcima matrice A; a preostali stupci matrice [A B] = [A1

An B] ;

dakle i zadnji, mogu se zapisati kao njihove linerne kombinacije. Prema tomu, postoje brojevi x0j , j = 1;

; n, koji uvrštenjem xj = x0j zadovoljavaju sustav (600 ); dakle, i

(6). Obratno, ako brojevi x0j , j = 1;

; n, tvore rješenje od (6), dakle, i od (600 ), onda

je matrica B neka linearna kombinacija od A1 ;

; An . Kad bi bilo r(A) 6= r ([A B]),

bilo bi r(A) < r ([A B]), što bi znaµcilo da se je dodavanjem stupca B broj linearno nezavisnih stupaca pove´cao; pa B ne bi bio linearna kombinacija od A1 ;

; An -

protuslovlje. (ii). Premještanjem matriµcnih redaka od [A B] moµzemo posti´ci da upravo prvih r redaka (jednadµzaba) bude linearno nezavisno. Ako je r < m, svaki i-ti redak (jednadµzba), i = r + 1;

; m, je neka linearna kombinacija prvih r redaka (jednadµzaba).

Postoje, dakle, realni brojevi [ai00 1

ai00 n bi00 ] =

P P ( nj=1 ai00 j xj ; bi00 = ri0 =1 Ako je ai0 n x0n

(x01 ;

bi0 za

i0 i00 ,

Xr

i0 =1

i0 i00

; x0n ) rješenje i0 = 1; ;r

i0 = 1; i0 i00

; r, i00 = r + 1;

[ai0 1

Pn

j=1 ai0 j xj ;

; m, takvi da je

ai0 n bi0 ] Pr

i0 =1

(7)

i0 i00 bi0 ,

i00 = r + 1;

; m).

prvih r jednadµzaba iz sustava (6), tj. ako je ai0 1 x01 + (i

r), onda za

i00

= r + 1;

; m (i

+

r + 1) pomo´cu (7)

dobivamo ai00 1 x01 + P x01 ri0 =1 Pr i0 =1

+ ai00 n x0n i0 i00 ai0 1

+

0 i0 i00 (x1 ai0 1

Prema tomu, (x01 ;

+

; x0n )

bi00 = P + x0n ri0 =1 + x0n ai0 n

i0 i00 ai0 n

bi0 ):

Pr

i0 =1

i0 i00 bi0

X 0 jest rješenje i preostalih m

=

r jednadµzaba iz sustava

(6), dakle i cijeloga sustava (6). (iii) Ako je m = n i matrica A regularna, onda je r(A) = n = r ([A B]) pa sustav (6) ima neko rješenje X 0 po (i). Pretpostavimo da sustav (6) ima, pored X 0 , i rješenje Y 0 . Tada je

2.1. MATRICE I DETERMINANTE

73

AX 0 = B = AY 0 ; dakle, A(Y 0

X 0 ) = O:

Mnoµze´ci zadnju jednakost slijeva inverznom matricom A

1

dobivamo Y 0

X 0 =O, tj.

Y 0 = X 0 , pa sustav (6) ima toµcno jedno rješenje. Pomnoµzimo li (60 ) slijeva inverznom 1

matricom A

dobivamo traµzeno jedinstveno rješenje X 0 = A 0

u sustavu (6) m = n i neka je X = u zapisu x01 ;

(600 )

(x01 ;

; x0n )

1

B. Obratno, neka je

njegovo jedino rješenje. Matrica B

je tada matriµcna linearna kombinacija od A1 ;

; An s koe…cijentima

; x0n . Pretpostavimo protivno, tj. da matrica A nije regularna. Tada su njeni

stupci linearno zavisni pa postoje brojevi takvi da je

+

1 A1

B = x01 A1 +

+

n An

; x0n +

1;

;

n,

od kojih barem jedan nije nula,

= O. Tada je

+ x0n An + O = (x01 +

pa je i Y 0 = (x01 +

1;

1)

1 )A1

+

+ (x0n +

n )An ;

6= A0 rješenje sustava (6) - protuslovlje.

NAPOMENA 2.28 Ako sustav (6) ima dva rješenje X 1 i X 2 , onda je i X( ) = X 1 + (1 za svaki

)X 2 ,

2 R, njegovo rješenje. Zakljuµcujemo da skup svih rješenja sustava (6),

op´cenito, moµze biti ili prazan ili jednoµclan ili neprebrojivo beskonaµcan.

NAPOMENA 2.29 Ako je matrica A regularna (pa je i m = n), jedinstveno se rješenje X = A D1 ; x1 = D gdje je D = det [A1

1

B od (6) moµze napisati tzv. Cramerovom formulom: Dn ; xn = ; D

An ]

det A, D1 = det [B A2

An ] , : : : ,Dn = det [A1

An

1

B] ,

tj. Dk je determinanta one matrice koja se od A dobije zamjenom stupca Ak stupcem B, k = 1;

; n.

PRIMJER Riješimo sustav linearnih jednadµzaba (x1 x +y +z = 0 x +y +z =

x, x2

y, x3

2

x +y z =2 Primijetimo da je pripadna matrica A regularna, jer joj je determinanta 1 1 1 D= Budu´ci da je

1 1

1

1 1

1

=

4 6= 0:

z)

74

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

D1 =

D3 =

0 1

1

2 1

1

2 1

1

1 1

0

1 1

2

=

4; D2 =

1

0

1

1

2

1

1

2

1

= 0;

1 1 2 to Cramerova formula daje (jedinstveno) rješenje (1; 0; 1). PRIMJER Sustav 2x +3y = a 4x +6y = 2 ovisan o parametru a 2 R, ima za a = 1 beskonaµcno mnogo rješenja (npr. ( 1; 1),

), dok za a 6= 1 nema rješenja jer matrice (0; 31 ), (1; 13 ), " # " # 2 3 2 3 a(6= 1) i 4 6 4 6 2 nemaju isti rang. (Prva ima rang 1 a druga 2; pribrojimo li drugoj jednadµzbi prvu jednadµzbu pomnoµzenu brojem 2 dobivamo 0 =

2a + 2 što, za a 6= 1, nije istina.)

NAPOMENA 2.30 Ako je u sustavu (6) matrica B nulmatrica O, nazivamo ga homogenim sustavom. U ovomu sluµcaju, jasno, matrica A i proširena matrica [A B] = [A O] imaju isti rang, pa homogeni sustav ima rješenje. Oµcigledno je x1 = 0,

,

xn = 0, tj. X = O, rješenje svakog homogenog sustava, a nazivamo ga trivijalnim rješenjem. Ako je pritom rang r(A) = n onda je to, po Teoremu 2.27, (ii) i (iii), i jedino rješenje homogenoga sustava. Homogeni sustav ´ce, dakle, imati i netrivijalno rješenje µcim je r(A) < n. Saµzmimo sve do sada izloµzeno o rješavanju linearnoga sustava (6): 1. Treba odrediti matriµcne rangove r(A) i r ([A B]), pa ako su razliµciti zakljuµciti da sustav (6) nema rješenja (Teorem 2.27 (i)). 2. Ako je r(A) = r ([A B])

r

m, sustav (6) se reducira na sustav od r linearno

nezavisnih jednadµzaba (redaka od [A B]) s n nepoznanica (Teorem 2.27 (ii)). 3. Ako je r < n, na lijevoj strani (reduciranoga sustava) treba ostaviti r nepoznanica stupci kojih su linearno nezavisni, a na desno treba prebaciti sve ostale pribrojnike. 4. Uzevši bilo koje vrijednosti za n

r na desno prebaµcenih nepoznanica, preostaje

riješiti sustav od r linearno nezavisnih jednadµzaba s r nepoznanica (Teorem 2.27 (iii)).

2.1. MATRICE I DETERMINANTE

75

PRIMJER Sustav 2x1 +3x2 +x3 +x4 = 0 x2

+x4 = 0

x1 +x2 +x4 = 0 je homogen, rješenje (0; 0; 0; 0). Budu´ci da je rang pripadne matrice 2 pa ima trivijalno 3 2 3 4 1 6 7 7 A=6 4 0 1 0 1 5 1 1 0 1 manji od broja nepoznanica, tj. r(A) < 4, to ovaj sustav ima i netrivijalno rješenje. Odredimo2rang r(A) (ovdje 3 su2dovoljne elementarne 3 2 operacije samo3retcima): 1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 7 6 7 6 7 6 6 6 A 6 1 7 1 7 1 7 5; 4 0 1 0 5 4 0 1 0 5 4 0 1 0 1 0 1 4 1 0 0 4 2 0 0 1 2 pa je r(A) = 3. Budu´ci da su prva tri stupca linearno nezavisna i budu´ci da smo operirali samo retcima, odre†uju´ci rang dobili smo i ekvivalentni sustav x1 =0 x2

+x4 = 0

1 x3 2 x4 = 0 Prebacimo li pribrojnike s nepoznanicom x4 na desno i stavimo li x4

dobivamo sva rješenja: (0; 2u; u; 2u), u 2 R.

2u, u 2 R,

(Za u = 0 dobivamo i trivijalno rješenje!)

PRIMJER U sustavu (s parametrom a 2 R) ax +y

=1

3x +2y = 0 x +ay = 1 odredimo parametarske vrijednosti a za koje sustav ima (nema) rješenje. Najprije odredimo rangove r(A) i r ([A B]) : Raµcunat ´cemo usporedno primijenjuju´ci samo elementarne operacije retcima. (Time ´cemo u svakomu koraku dobiti sustav ekvivalentan polaznomu, jer svaki toµcno jednu jednadµ zbu!) Dakle, 3 2 3 2 redak predstavlja 3 2 1 a 1 a 1 1 1 a 1 7 6 7 6 7 6 7 6 6 7 6 [A B] = 4 3 2 0 5 4 3 2 0 5 4 0 2 3a 3 7 5; 2 a 1 1 0 1 a 1 a 1 a 1 što pokazuje da nastupaju dva zanimljiva sluµcaja: a 6= 1 i a = 1. Ako je a 6= 1 onda zadnji redak dopuš ta dijeljenje s31 a, pa je tada proširena matrica 2 1 a 1 6 7 7: [A B] 6 0 2 3a 3 4 5 0 1+a 1 Pripadne poddeterminante (iz prvih dvaju stupaca)

76

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA 1

a

=2

3a;

1

a

= 1 + a; 0 2 3a 0 1+a ne mogu istodobno išµcezavati, pa je r(A) = 2, dok je 1 a 1 0 2

3a

3

= 5;

0 1+a 1 pa je r ([A B]) = 3. Zakljuµcujemo da našsustav nema rješenja µcim je a 6= 1. (Za takav sustav se kaµze2da je proturjeµ 3can ili kontradiktoran.) Ako je pak a = 1 onda je 1 1 1 6 7 7; [A B] 6 0 1 3 4 5 0 0 0 dakle, r(A) = 2 = r ([A B]) ; pa sustav ima rješenje. Pribrajanjem drugoga retka prvomu te mnoµ retka brojem 1, dobivamo 2zenjem drugoga 3 1 0 2 6 7 [A B] 6 3 7 4 0 1 5; 0 0 0 tj. sustav x = 2; y = 3; što je zapravo traµzeno rješenje.

2.1.5

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Za matrice A = (a) (b) (c) (d)

1 4

2 2 iB= 2 3

A + 2B; A B; AB; BA:

2. Odredite umoµzak matrica: 1 3 3 2 (a) ; 2 2 5 3 2 3 2 1 1 2 1 4 1 25 ; (b) 4 5 1 5 1 2 3 1 0 2 1 425 (c) 2 3 2 1 2 3 2 2 1 3 ; (d) 4 5 5 1 2 3 3 1 3 4 425 (e) 1 2 3 2 5 2 1 2 4 15 41 1 (f) 4 3 2 1 5 3 2 5

3 2 2 5: 4

1 odredite 5

2.1. MATRICE I DETERMINANTE

77

3. Izraµcunajte AB BA ako je 2 3 2 1 2 1 4 A = 4 4 2 15 ; B = 4 2 1 6 5 5 4. Neka je f (x) = 2x2 + 3x 2 i A =

2 3 2 1 2

3 1 25 : 5

1 : Izraµcunajte f (A) = 2A2 + 3A 2: 3

5. Dokazati da su prve tri od matrica 3 2 3 2 3 2 3 2 2 1 0 0 4 0 5; 4 1 5; 4 0 5; 4 3 5 1 0 0 1 2

linearno nezavisne i prikazati µcetvrtu kao njihovu linearnu kombinaciju.

6. Neka je A matrica tipa (m; n), a I jediniµcna matrica n-toga (m-toga) reda Dokaµzite da je AI = A (IA = A): 7. Neka je A matrica tipa (m; n), a O neka oznaµcuje bilo koju nulmatricu. Dokaµzite da je AO = O i OA = O kad god su ti umnošci mogu´ci. 8. Odredite inverzne matrice A 1 matrica: 1 2 (a) A = ; 3 4 1 2 (b) A = 2 5 3 2 3 4 5 3 1 5; (c) A = 42 3 5 1 21 3 1 1 1 2

2 1 2 1 2 1 2

61 2 (d) A = 6 41 2 1 2

2 1 2 1 2 1 2

2 17 27 15 : 2 1 2

9. Odredite rang r(A) matrica: 1 0 2 2 (b) A = 41 1 2 1 62 (c) A = 6 412 15 (a) A =

0 2

1 ; 3 3 16 6 2 3 2 6 7 5 11 5 3 25 10

3 1 35 ; 2 3 1 4 1 67 7: 1 45 5 30

10. Odredite rang matrice 2 3 1 1 2 42 1 55 1 10 6 1 u ovisnosti o parametru : 11. Odredite 2 3 6 6 41 2

parametar3 1 1 4 4 10 17 7 7 17 35 2 4 3

tako da matrica

78

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA ima najmanji rang i odredite taj rang. Koliki je rang za ostale vrijednosti parametra ? 12. Jesu 2li matrice 3 +1 4 1 2 + +2 ekvivalentne?

4

1

3 2

+1 2 2 5 4 i 2 2 3 2 +2 2 1

2 2

1

3 2 2 5

(a) Koliko inverzija prvih (drugih) indeksa ima u zapisu a11 a32 a24 a43 ? (b) Koliko je inverzija prvih indeksa u zapisu toga umnoška kad su drugi indeksi u osnovnoj permutaciji, a koliko je inverzija drugih indeksa kad su prvi indeksi u osnovnoj permutaciji? 13. Izravnom provjerom potvrdite da ´ce izmjenom mjesta tre´cega i sedmoga elementa u permutaciji (5; 1; 4; 2; 3; 7; 6) broj pripadnih inverzija promijeniti parnost. 14. Izraµcunajte determinante (a) (b) (c)

(d)

(e)

6 1 ; 4 7 x+y x y x y x+y 3 4 5 8 7 2 ; 2 1 8 1 4 1 2 3 2 1 2 4 3 5 4 1 1 3 4 2 0 0 8 : 3 0 0 2 4 4 7 5

;

2 2 ; 1 3

15. Neka je A = (aij ) ”donja (gornja) trokutasta”matrica, tj. kvadratna matrica s elementima Q aij = 0 µcim je i > j (aij = 0 µcim je i < j). Dokaµzite da je det A = i aii . (Posebice, det I = 1.) 16. Dokaµzite da za kvadratne n-redne matrice A i B vrijede ove formule: (a) det(A + B) = det A + det B; (b) det( A) = n det A; 2 R(C); (c) det(AB) = det A det B. x 3 x+2 x 1 x = 0: 17. Riješite jednadµzbu x + 2 x 4 x 1 x+4 x 5 18. Dokaµzite: 1 a bc (a) 1 b ca = (b c)(b a)(a c); 1 c ab a a a a a b b b (b) = a(a b)(c b)(d c): a b c c a b c d

2.1. MATRICE I DETERMINANTE

79

19. Ako su A1 i A2 rješenja linearnog sustava AA = B, dokaµzite da je, za svaki 2 R, i A( ) = A1 + (1 )A2 rješenje toga sustava. 20. Dokaµzite ispravnost Cramerove formule. Dokaz. Budu´ci da je, pod navedenim uvjetima, jedino rješenje sustava (6) A = A 1 B, to je 2 2 Pn 3 32 3 A11 An1 b1 j=1 Aj1 bj 6 7 .. 7 6 .. 7 = 1 6 . .. A = det1 A 4 ... 5: . . 5 4 . 5 det A 4 P .. n A1n Ann bn j=1 Ajn bj Pn Uvode´ci pokrate D det A i Di ; n, dobivamo j=1 Aji bj , i = 1; traµzenu formulu. 21. Riješite sustav: (a)

5x +6y 3x 2y 4x +y

5z +4z 2z

= 45 = 20 ; = 35

(b)

2x x 3x

3y +y +y

+z +z 2z

= 1 =6 ; = 1

(c)

x1 2x1 3x1 x1

+2x2 +x2 +2x2 +x2

+3x3 +5x3 +x3 +5x3

4x4 +x4 +2x4 +x4

= 11 =3 . = 1 =5

22. Za koje vrijednosti parametra t je sustav x cos t +y sin t = 1 x +y = 2 proturjeµcan. 23. Je li sustav x5 +x5

x4 +x4

x3 x2 +x3 x1 +x2 proturjeµcan?

+x6

=2 =3 =4 =5 =6

24. Odredite rješenja sustava u ovisnosti o parametru: x x +(

(a)

2x

+3y 1)y 10y y

+2z +3z z

(b)

ax +y x +ay x y

z z az

(c)

tx1 x1 x1 x1

+x3 +x3 +tx3 +x3

+x2 +tx2 +x2 +x2

=1 =1 ; =1 +x4 +x4 +x4 +tx4

25. Riješite matriµcne jednadµzbe: (a)

1 3

3 4

X=

3 5

=1 =4 = 2 =5

5 ; 9

=1 =t = t2 = t3

80

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA 3 5 2 1 (c) 43 2 2 2 (d) 44 5 (b)

1 2

6 14 16 = ; 8 9 10 3 2 3 2 3 1 3 0 2 45 X = 410 2 75 ; 1 0 10 7 8 3 2 3 2 3 1 9 7 6 2 0 5 25 X 41 1 25 = 418 12 7 3 1 1 1 23 15 X

5 7

3 2 9 5: 11

2.2. VEKTORSKA ALGEBRA

2.2

81

VEKTORSKA ALGEBRA

U ovomu odjeljku ´cemo de…nirati pojam standardnog (”geometrijskog”) vektora i u pripadni skup uvesti odgovaraju´cu algebarsku strukturu. Pritom pretpostavljamo da su temeljni pojmovi i uobiµcajene oznake iz elementarne euklidske geometrije (toµcka T , pravac - p, duµzina - AB, zraka, ravnina - , kut - ', prostor,

) kao i njihovi odnosi

dobro poznati. Prostor ´cemo oznaµcavati slovom E.

2.2.1

µ USMJERANA DUZINA I VEKTOR

Svaki ure†eni par (A; B) toµcaka A i B iz prostora E nazivamo usmjerenom (ili ori! jentiranom) duµzinom i oznaµcujemo s AB. Pritom za A kaµzemo da je poµcetak a ! za B da je kraj usmjerene duµzine AB. Skup svih usmjerenih duµzina s poµcetkom u ! ! istoj toµcki O oznaµcujemo s V(O): Usmjerene duµzine OA, OB, iz V(O) nazivamo i radijus-vektorima (varijabilnih) toµcaka A, B, i oznaµcujemo s r A , r B ,

s obzirom na (µcvrstu) toµcku O

. (U pravilu, toµcka O ´ce biti ishodište danog provokutnog

koordinatnog sustava u prostoru. Uobiµcajilo se usmjerene duµzine predoµcavati kao na donjemu crteµzu - (a), (b).) ! DEFINICIJA 2.31 Re´ci ´cemo da je usmjerena duµzina AB u relaciji s usmjerenom ! ! ! duµzinom CD i pisati AB CD, ako duµzine AD i BC imaju zajedniµcko polovište. (Pripadni crteµz je dolje - (c).)

Nije teško dokazati da je relacija

ekvivalentna ovim trima zahtjevima: duµzine AB i

CD su paralelne (AB k CD), duµzine AC i BD su paralelne (AC k BD) i duµzine AC i BD imaju jednake duljine (d(A; C) = d(B; D)). Nadalje, lako se provjeri da je

razredbena relacija na skupu svih usmjerenih duµzina, pa se taj skup cijepa na pripadne razrede. DEFINICIJA 2.32 Svaki ekvivalencijski razred po relaciji

na skupu svih usmerenih

duµzina nazivamo vektorom. Skup svih vektora oznaµcujemo s V3 , a njegove elemente (vektore) - malim (masnim) slovima: a, b, c,

:

82

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

Za osnovni odnos izme†u toµcaka i vektora prihva´camo kao µcinjenicu ovo: (?) Za svaku toµcku A u prostoru E i svaki vektor a iz V3 postoji toµcno jedna toµcka ! B takva da je usmjerena duµzina AB element ekvivalencijskoga razreda a. ! ! Prema tomu, ako je AB 2 a, tj. [AB] = a, smijemo govoriti da je usmjerena duµzina ! AB predstavnik danoga vektora a. Pritom kaµzemo i da smo vektor a ”sveli na” poµcetak A, odnosno, da smo ga ”nanijeli od”A. Osim toga, tada govorimo i da vektor a ima pravac odre†en toµckama A; B u smjeru od A prema B i duljinu (ili apsolutnu vrijednost ili modul ili normu) kak = d(A; B).

Neka je O bilo koja toµcka u prostoru E. Budu´ci da, po (?), svaki vektor a 2 V3

ima jedinstvenoga predstavnika u skupu V(O) i da je, s druge strane, svaka usmjerena duµzina s poµcetkom O predstavnik jedinstvenoga vektora, to su skupovi V(O) i V3 u ! ! bijektivnoj svezi. Prema tomu, dvije usmjerene duµzine OA i OB predstavljaju isti vektor toµcno onda kad je A = B. ! DEFINICIJA 2.33 Neka su a i b vektori i O toµcka u prostoru E, te neka su OA i ! OB pripadni radijus-vektori. Re´ci ´cemo da su vektori a i b kolinearni, ako toµcke O, A i B pripadaju istom pravcu. Nadalje, re´ci ´cemo da oni imaju isti smjer (ili istu orijentaciju) µcim su toµcke A i B na istoj zraci toga pravca odre†enoj toµckom O, a da imaju suprotne smjerove µcim A i B pripadaju razliµcitim zrakama s obzirom na toµcku O. NAPOMENA 2.34 Lako se vidi da je vektorska kolinearnost dobro de…nirana, tj. da ne ovisi o izboru toµcke-ishodišta O. Naime, iz de…nicije slijedi da su predstavnici ! ! OA i O0 A0 vektora a u skupovima V(O) i V(O0 ), redom, u relaciji , a isto vrijedi ! ! i za predstavnike OB i O0 B 0 vektora b redom u skupovima V(O) i V(O0 ). Slijedi da toµcke O, A i B pripadaju jednom pravcu, ako i samo ako toµcke O0 , A0 i B 0 pripadaju jednom pravcu. Ovakva napomena ´ce se odnositi i na sve ostale de…nicije u kojima se vektorska svojstva opisuju pomo´cu reprezentanata, pa više ne ´cemo naglašavati dobru de…niranost takvih pojmova. ! Za svaku toµcku A u prostoru E, vektor [AA] nazivamo nulvektorom i oznaµcujemo s 0. To je jedini vektor kojemu pravac ni smjer nisu odre†eni, dok je oµcito k0k = 0. ! Po dogovoru smatramo da je nulvektor kolinearan svakom vektoru. Ako je a = [AB], ! onda [BA] nazivamo (vektoru a) suprotnim vektorom i oznaµcujemo s a. Vektori ai

a imaju isti pravac i jednaku duljinu, dok su im smjerovi suprotni. Svaki vektor

e 2 V3 duljine 1; tj. kek = 1, nazivamo jediniµcnim vektorom.

2.2. VEKTORSKA ALGEBRA

83

Zbrajanje vektora i mnoµzenje vektora skalarom, što ´cemo ih sada de…nirati, uvodimo preko nekog (bilo kojeg) skupa V(O) svih pripadnih radijus-vektora. ! ! DEFINICIJA 2.35 Zbroj danih radijus-vektora OA i OB de…niramo kao radijus! vektor OC, gdje je C ona toµcka za koju duµzine OC i AB imaju zajedniµcko polovište. (Toµcke O; A; C; B su tada vrhovi jedinstvenoga paralelograma, pa se govori i o ”paralel! ! ! ogramskomu zbrajanju”.) Pišemo: OA + OB = OC. Vektore zbrajamo preko njihovih ! ! predstavnika u nekom V(O). Dakle, ako je a = [OA] i b = [OB], onda de…niramo ! ! ! ! a + b = c, gdje je c = [OC] i OC = OA + OB. ! ! ! ! Primijetimo da je, pod gornjim pretpostavkama, OB AC, tj. [OB] = [AB], pa ! ! ! ! je a + b = [OA] + [AC]. Usmjerene duµzine OA i AC zbrajamo na ”prirodni naµcin”, ! ! ! tj, OA + AC = OC (”zbrajanje po trokutu”, v. crteµz- (a); to nije zbrajanje u skupu radijus-vektora V(O)!).

TEOREM 2.36 Zbrajanje u svakom skupu V(O) pripadnih radijus-vektora ima ova svojstva: ! ! ! ! ! ! (a) (OA + OB) + OC = OA + (OB + OC); ! ! ! (b) OA + OO = OA; ! ! ! ! ! (c) OA + OA0 = OO, [OA0 ] = [OA]; ! ! ! ! (d) OA + OB = OB + OA. DOKAZ. (a). Neka su O; A; B; C vrhovi paralelopipeda kojemu su OA; OB; OC bridovi. Oznaµcimo preostale vrhove slovima D; E; F; G, tako da bude ! ! ! ! ! ! ! ! ! OA + OB = OD; OA + OC = OE i OB + OC = OG (v. prethodni crteµz - (b)). Sve stranice i svi dijagonalni presjeci svakog paralelopipeda su paralelogrami, pa po De…niciji 2.35 (zbrajanju radijus-vektora) dobivamo: ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! (OA + OB) + OC = OD + OC = OF = OA + OG = OA + (OB + OC):

84

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

Dokazi preostalih tvrdnja su još jednostavniji pa ih ispuštamo. Po De…niciji 2.35 slijedi da vektorsko zbrajanje naslje†uje dobra svojstva zbrajanja radijus-vektora iz Teorema 2.36. TEOREM 2.37 Zbrajanje u skupu V3 ima sljede´ca svojstva: (1) (a + b) + c = a + (b + c); (2) a + 0 = a; (3) a + ( a) = 0; (4) a + b = b + a. DOKAZ. Sva se gornja svojstva lako dokazuju sluµze´ci se zbrajanjem usmjerenih duµzina ! ! ! po trokutnomu pravilu. Primjerice, neka je a = [OA], b = [AB] i c = [BC] (izbor ovih ! ! ! ! ! ! predstavnika dopušta svojstvo (?)). Tada je (OA + AB) + BC = OB + BC = OC i ! ! ! ! ! ! OA + (AB + BC) = OA + AC = AC, pa je zaista (a + b) + c = a + (b + c). Zbroj (radijus-)vektora, zbog asocijativnosti (1), smijemo pisati i bez zagrada, tj. a + b + c=(a + b) + c i, op´cenito, a1 + a2 +

+ an

1

+ an = (a1 + a2 +

+ an

1)

+ an ;

n 2 N; n

3:

Vektorsko oduzimanje de…niramo kao zbrajanje sa suprotnim vektorom, tj. a

b

a + ( b):

! ! ! ! ! ! ! Ako je npr. a = [OA] i b = [OB] onda je a b = [BA] = [OC], gdje je OC = OA+ OB 0 , ! ! [OB 0 ] = [OB] (v. crteµz). Na taj je naµcin ujedno de…nirano i zbrajanje radijus-vektora.

DEFINICIJA 2.38 Mnoµzenjem (vektora) skalarom nazivamo funkciju iz R u V3 , ( ; a) 7!

a, gdje je

V3

a vektor duljine j j kak kolinearan vektoru a, koji je

usmjeren kao a µcim je

> 0, a suprotno usmjeren µcim je

dakle,

, kao i 0a = 0 za svaki a:) Sasvim analogno de…niramo i

0 = 0 za svaki

mnoµzenje radijus-vektora skalarom - realnim brojem.

< 0. (Po de…niciji je,

2.2. VEKTORSKA ALGEBRA

85

Pomnoµzimo li vektor a, kak = 6 0, reciproµcnom vrijednoš´cu njegove duljine, dobit ´cemo jediniµcni vektor a0 =

1 kak a

kojega nazivamo jediniµcnim vektorom vektora a. Lako

je provjeriti da mnoµzenje skalarom ima ova svojstva: TEOREM 2.39 Za bilo koje a; b 2 V3 i bilo koje ; (a) (

2 R vrijedi:

)a = ( a);

(b) ( + )a = a + a; (c) (a + b) = a + b. TEOREM 2.40 Ako su vektori a i b kolinearni i a 6= 0, onda postoji jedinstveni broj 2 R takav da je b = a.

! ! DOKAZ. Aka su a = [OA], A 6= O, i b = [OB] kolinearni, onda toµcke O, A i B pripadaju istom pravcu p. Neka je toµckama O i E na p, d(O; E) = 1, odre†en

pripadni brojevni pravac, pa neka toµcakama A i B odgovaraju redom apscise xA i xB . Budu´ci da je jxA j = d(O; A) 6= 0, to postoji broj

su vektori a i b istosmjerni, a

=

2.2.2

1

=

Pritom je

> 0 µcim

< 0 µcim a i b imaju suprotne smjerove. Nadalje,

kbk = d(O; B) = jxB j = j jjxA j, pa mora biti b = a. Iz slijedi

xB xA .

1a

=

2.

2a

i a 6= 0 odmah

VEKTOR U PRAVOKUTNOM KOORDINATNOM SUSTAVU

Neka je p bilo koji pravac u prostoru E i O bilo koja toµcka na tomu pravcu. Promatrajmo onaj podskup od V(O) što ga tvore svi radijus-vektori s krajevima na p. Izborom neke toµcke E na pravcu p, E 6= O, i de…niranjem d(O; E) = 1, odre†ujemo na p jedan

brojevni pravac. Pritom kaµzemo da smo na pravcu p zadali koordinatni sustav (O; i) ! s ishodištem O i (jediniµcnim) baznim vektorom i = [OE]. Sada se svakom radijus! vektoru OT , T toµcka na p, moµze pridruµziti jedinstvena koordinata-apscisa xT 2 R ! ! njegova kraja T tako da bude OT = xT OE (T.2.2.4). Broj xT nazivamo koordi! ! natom toµcke T ili skalarnom komponentom radijus-vektora OT (vektora [OT ]) u koordinatnomu sustavu (O; i). Primijetimo da koordinatni sustav (O; i) odre†uje, na dotiµcnom pravcu, dvije brojevne zrake - ”pozitivnu” i ”negativnu”. Neka je

bilo koja ravnina u prostoru E i O bilo koja toµcka u toj ravnini. (Desni)

pravokutni koordinatni sustav u ravnini , u oznaci (O; i; j), de…niramo kako slijedi: Toµckom O poloµzimo dva me†usobno okomita pravca p i q u ravnini , pa svakomu od njih pridruµzimo brojevni pravac tako da bude d(O; Ep ) = 1 = d(O; Eq ) i da toµcka Ep vrtnjom u

oko O za

2

(suprotno od urine kazaljke - ”pozitivna rotacija”) podne u

toµcku Eq . Toµcku O opet nazivamo ishodištem toga koordinatnog sustava, a jediniµcne

86

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

! ! vektore i = [OEp ] i j = [OEq ] - baznim vektorima. Uobiµcajilo se zadane brojevne pravce na p i q nazvati koordinatnim osima; na p - x-os (apscisna os x), a na q - y-os (ordinatna os y). Primijetimo da su koordinatnim sustavom (O; i; j) u potpuno odre†eni koordinatni sustavi (O; i) i (O; j) na pravcima p i q redom. Neka je T bilo koja toµcka u ravnini . Pravac u nekoj toµcki Tx , a pravac u

toµckom T usporedan s y-osi sijeµce x-os u

toµckom T usporedan s x-osi sijeµce y-os u nekoj toµcki Ty .

Koordinatu od Tx u sustavu (O; i) oznaµcujemo s xT i nazivamo apscisom toµcke T , dok koordinatu od Ty u sustavu (O; j) oznaµcujemo s yT i nazivamo ordinatom toµcke T u (pravokutnom koordinatnom) sustavu (O; i; j). Jednom rijeµcju, kaµzemo da toµcka T ima u sustavu (O; i; j) koordinate xT i yT i pišemo T = (xT ; yT ). (Štoviše, jasno je da vrijedi i obratno, tj. svakom ure†enom paru (x; y) 2 R2 odgovara, u danomu pravokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j) u ravnini , jedinstvena toµcka T u toj

ravnini tako da bude xT = x i yT = y.) Za brojeve-koordinate xT i yT kaµzemo i da su ! ! skalarne komponente radijus-vektora OT (vektora [OT ]) u koordinatnom sustavu ! ! ! ! (O; i; j). Radijus-vektore OTx = xT OEp i OTy = yT OEq nazivamo vektorskim kom! ! ! ponentama radijus-vektora OT , a vektore [OTx ] = xT i i [OTy ] = yT j - vektorskim ! komponentama vektora [OT ] (v. crteµz). Primijetimo da koordinatni sustav (O; i; j) dijeli pripadnu ravninu na µcetiri dijela - kvadranta.

Po de…niciji zbrajanja (radijus-)vektora je oµcito ! ! ! ! a [OT ] = xi + yj r T OT = xOEp + y OEq : NAPOMENA 2.41 Jasno je da u sustavu (O; i; j), u danoj ravnini prikazati samo one vektore iz

V3

, moµzemo

što imaju svoje predstavnike u toj ravnini. Za te

vektore kaµzemo da su kolinearni ravnini . Svaka tri ili više vektora kolinearna istoj ravnini nazivamo koplanarnim vektorima. Primjerice, vektori i, j i a = xi + yj jesu koplanarni vektori. µ NAPOMENA 2.42 Cesto ´cemo, a i uobiµcajeno je, ispuštati uglaste zagrade u oznaci ! ! za vektore, tj. umjesto [AB] µcesto ´cemo pisati samo AB, što je oznaka za pripadnu ! usmjerenu duµzinu. Obratno, ponekad ´cemo umjesto oznake AB za usmjerenu duµzinu ili radijus-vektor rabiti vektorsku oznaku a. Pritom ´cemo, dakako, pomno paziti da ne do†e da pojmovne zabune.

2.2. VEKTORSKA ALGEBRA

87

! ! Neka je r = [OT ] vektor kolinearan ravnini , s predstavnikom OT u , i neka je T = (xT ; yT ) u nekom prvokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j) u toj ravnini. U skladu ! ! ! s Napomenom 2.42 smijemo pisati OT = xT i + yT j kao i r = xT OEx + yT OEy (i = ! ! ! ! ! OEx ; j = OEy ): Ako je a = AB, A = (xA ; yA ) i B = (xB ; yB ), onda je a = OB OA = ! (xA i+yA j) (xB i+yB j) = (xB xA )i+(yB yA )j = OT ; gdje je T = (xB xA ; yB yA ) (v. crteµz).

U prostoru E de…niramo (desni) pravokutni koordinatni sustav sliµcno onomu u ravnini: Neka su x, y; z tri me†usobno okomita brojevna pravca u prostoru i istim ishodištem O tako da je pritom d(O; Ex ) = d(O; Ey ) = d(O; Ez ) = 1 i da vrijedi tzv. ”pravilo ! desne ruke”, tj. odre†uje li palac desne ruke smjer od i = OEx i kaµziprst - smjer od ! ! j = OEy onda srednjak odre†uje smjer od k = OEz . Tada kaµzemo da je toµckom O i vektorima i, j i k u prostoru E zadan (desni) pravokutni koordinatni sustav, kojega oznaµcujemo s (O; i; j; k). NAPOMENA 2.43 Za svaku ure†enu trojku (a; b; c) nekoplanarnih vektora sa svojstvom da se palac desne ruke moµze poloµziti u smjeru od a, kaµziprst - u smjeru od b i srednjak u smjeru od c, kaµzemo da odre†uju desni sustav u prostoru E: Analogno se, po ”pravilu lijeve ruke” moµze de…nirati lijevi sustav u prostoru. Kao i prije, brojevne pravce x, y i z, što su posluµzili za de…niranje koordinatnoga sustava, nazivamo koordinatnim osima. Tri ravnine odre†ene koordinatnim osima nazivamo koordinatnim ravninama. Koordinatne ravnine dijele prostor E na osam dijelova - oktanata. Koordinate xT ; yT ; zT 2 R bilo koje toµcke T u prostoru E, u danomu koordinatnom sustavu (O; i; j; k), odre†ujemo polaganjem toµckom T triju

ravnina usporednih s koordinatnim ravninama. Svaka od njih, naime, tada sijeµce toµcno jednu od koordinatnih osi x, y, z redom u toµckama Tx , Ty , Tz , pa de…niramo apscisu xT (ordinatu yT , aplikatu zT ) kao koordinatu toµcke Tx (Ty , Tz ) u sustavu (O; i) ((O; j), (O; k)). Neka je dana T toµcka u prostoru E pa s T 0 oznaµcimo njezinu okomitu projekciju na ! koordinatnu ravninu xy (odre†enu osima x i y). Pripadni radijus-vektor r = OT ! ! ! moµzemo prikazati kao vektorski zbroj od OT1 , T1 T 0 i T 0 T (v. crteµz).

88

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

! ! ! ! ! Budu´ci da je OT1 = xT i, T1 T 0 = OT2 = yT j i T 0 T = OT3 = zT k, to je r = xT i + yT j + zT k. Vidimo, dakle, da svaki koordinatni sustav (O; i; j; k) u prostoru E pridruµzuje svakoj toµcki T neku ure†enu trojku realnih brojeva (xT ; yT ; zT ) - njezine koordinate u tomu sustavu. Vrijedi i obratno, svakoj ure†enoj trojci (x; y; z) 2 R3 moµze se pridruµziti jedinstvena toµcka T u prostoru E tako da, u danom koordinatnom sustavu (O; i; j; k), brojevi x; y; z budu koordinate te toµcke. Prema tomu, skup R3 je ekvipotentan prostoru E, tretiranom toµckovnim skupom, pa µcesto govorimo i o toµckama prostora R3 pišu´ci T = (x; y; z). Primijetimo da je i radijus-vektor r toµcke T = (x; y; z) posve odre†en brojevima x, y, i z, koje sada nazivamo skalarnim komponentama od r. Mnoµze´ci te skalarne komponenete odgovaraju´cim jediniµcnim vektorima, dobivamo vektorske komponenete µ xi, yj i zk od r. Prema tomu, r = xi + yj + zk. Cesto se sluµzimo i matriµcnim zapisima, tj. h i r= x y z

2

x

3

6 7 7 ili r = 6 4 y 5: z

Po svojstvu skalarnoga mnoµzenja sada slijedi r = xi + yj + zk;

2 R:

Nadalje, vektorsko zbrajanje sada povlaµci r 1 + r 2 = (x1 + x2 )i + (y1 + y2 )j + (z1 + z2 )k; gdje je r i = xi i + yi j + zi k, i = 1; 2. Sasvim analogno je z2 )k: ! Primijetimo da je duljina radijus-vektora r = OT , T = (x; y; z), dana izrazom p ! r krk =k OT k= x2 + y 2 + z 2 r1

r 2 = (x1

x2 )i + (y1

y2 )j + (z1

(duµzina OT je dijagonala pripadnoga kvadra). Kutove , , i

što ih r zatvara redom

s jediniµcnim vektorima i, j i k nazivamo priklonim kutovima. Oµcito je x y z cos = ; cos = ; cos = : r r r

2.2. VEKTORSKA ALGEBRA Budu´ci da je cos2

+ cos2

89

+ cos2

= 1, to je eksplicite odre†en pripadni jediniµcni

vektor

h i r = i cos + j cos + k cos cos cos cos : r Ponekad kaµzemo i da su brojevi cos , cos , cos smjerovni kosinusi od r. ! Svaku usmjerenu duµzinu AB moµzemo, kao što smo vidjeli, prikazati razlikom radijus! ! vektora r B r A = OB OA, pa je, dakle, r0 =

! AB = (xB

xA )i + (yB

yA )j + (zB

zA )k:

! PRIMJER Odredimo vektor a = [AB] i pripadni jediniµcni vektor a0 , ako je A = (3; 4; 5) i B = (3; 1; 0).

h i 3)i + ( 1 ( 4))j + (0 5)k = 3j 5k = 0 3 5 . p p Budu´ci da je kak = 02 + 32 + ( 5)2 = 34, to su smjerovni kosinusi od a brojevi a = (3

cos

=

p0 34

a0 =

= 0; cos

p3 j 34

=

p5 k 34

p3 h34

i cos p3 34

0

=

p5 34

i

p5 ; 34

pa je

:

U De…niciji 2.6 smo de…nirali linearnu (ne)zavisnost matrica. Na isti naµcin te pojmove de…niramo za vektore. DEFINICIJA 2.44 Za vektor a =

1 a1

+

+

n an ,

1;

kaµzemo da je linearna kombinacija danih vektora a1 ; +

+

n an

=0ij

U protivnom, ako je 1

=

=

n

1 a1

1j

+

+

+

+j

nj

n an

1;

> 0 (tj. barem jedan

i

= 0 samo u sluµcaju j

1j

= 0), kaµzemo da su vektori a1 ;

2 R, n 2 N,

n

; an . Re´ci ´cemo da su

; an linearno zavisni ako postoje realni brojevi

vektori a1 ; 1 a1

;

;

n

takvi da je

6= 0, i 2 f1; +

+j

; an linearno nezavisni.

nj

; ng). = 0 (tj.

Primijetimo da su linearno zavisna svaka dva kolinearna vektora, svaka tri koplanarna vektora, te svaka µcetiri vektora (iz V3 ), a da su linearno nezavisna svaka dva nekolinearna vektora i svaka tri nekoplanarna i nekolinearna vektora. (Ova µcinjenica se je oµcitovala u vektorskom prikazu - zapisu pomo´cu vektorskih komponenata.) Budu´ci da su jediniµcni vektori i, j, k u svakom koordinatnom sustavu (O; i; j; k) linearno nezavisni, zakljuµcujemo: Vektor je nulvektor ako i samo ako su sve njegove komponente jednake nuli; Dva vektora su jednaka ako i samo ako su im istoimene komponente jednake.

2.2.3

µ VEKTORSKA MNOZENJA

U skupu V3 svih vektora de…niramo dvije vrste mnoµzenja. Ishod jednoga je realan broj (skalar) pa govorimo o skalarnom mnoµzenju, a drugoga - vektor pa ga nazivamo

90

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

vektorskim mnoµzenjem. Skalarno mnoµze´ci vektorski umnoµzak vektorom dobivamo i tzv. mješoviti umnoµzak. Dakako, samo je vektorsko mnoµzenje (binarna) operacija na V3 . DEFINICIJA 2.45 Skalarnim mnoµzenjem (ili skalarnim produktom) nazivamo funkciju sa V3

V3 u R koja svakom paru vektora (a; b) pridruµzuje broj

hajbi = kak kbk cos(a; b): Jednostavnosti radi, oznaµcimo hajbi

a b, kak

a, kbk

b i kut izme†u vektora a

i b slovom ', pa de…nicija skalarnoga mnoµzenja dobiva zapis a b = ab cos ': Izraµcunajmo skalarne umnoške svih parova jediniµcnih vektora i, j i k što pripadaju bilo kojemu pravokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j; k) u prostoru E: i i = 1 1 cos 0 = 1 = j j = k k; i j = 1 1 cos

2

= 0 = j i = j k = k j = k i = i k:

Oµcito je a a = a2 i a b = 0 = b a µcim su vektori a i b me†usobno okomiti ili je barem jedan od njih nulvektor. Neka su a i b dva ne-nulvektora svedena na zajedniµcki poµcetak O i neka je na pravcu od b dan koordinatni sustav (O; b0 ). Okomitim projiciranjem vektora a na taj pravac dobivamo duµzinu OT , gdje toµcki T pripada koordinata ab = a cos ' (v. crteµz). Primijetimo da je a b = ab b, pa smijemo zakljuµciti da je a b < 0 (= 0; > 0) onda i samo onda kad je ab < 0 (= 0; > 0).

Broj ab nazivamo skalarnom komponentom, a vektor ab b0 vektorskom komponentom vektora a na pravcu vektora b, što je u skladu s nazivljem u pododjeljku 2.2.2. Osnovna svojstva skalarnoga mnoµzenja donosi ovaj teorem: TEOREM 2.46 Neka su a; b; c 2 V3 i (a) a b = b a

2 R. Tada je

(komutativnost);

(b) a (b + c) = a b + a c

(distributivnost);

(c) (a b) = ( a) b = a ( b)

(homogenost).

DOKAZ. (a). a b = ab cos ' = ba cos( ') = b a. (b). Oznaµcimo b + c

d, pa je da = ba + ca (v. crteµz) i da a = ba a + ca a.

2.2. VEKTORSKA ALGEBRA

91

Sada po de…niciji skalarne komponente slijedi a (b + c) (c). Ako je k bk =

a d = a b + a c.

= 0 tvrdnja je oµcigledno istinita. Ako je

b, a vektori

b. Stoga je

(a b) =

a i b, odnosno a i

> 0 onda je k ak = a i

b, zatvaraju isti kut ' kao i vektori a i

(ab cos ') = ( a)b cos ' = k ak b cos ' = ( a) b, odnosno,

(a b) = (ab cos ') = a( b) cos ' = a k bk cos ' = a ( b).

Ako je pak

< 0 onda je k ak =

zatvaraju kut ( a(

a i k bk =

'. Budu´ci da je cos(

a)b( cos ') = k ak b cos(

') =

b, a vektori a i b, odnosno a i b,

cos ', to je (a b) = (ab cos ') =

') = ( a) b, odnosno,

b)( cos ') = a k bk cos(

(a b) =

(ab cos ') =

') = a ( b).

TEOREM 2.47 Ako je u pravokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j; k) a = ax i + ay j + az k i b = bx i + by j + bz k, onda je a b = ax bx + ay by + az bz : DOKAZ. Teorem 2.47 je izravna posljedica Teorema 2.40 i poznatih skalarnih umnoµzaka svih parova jediniµcnih vektora i, j i k. PRIMJER Odredimo kut što ga zatvaraju vektori a = 2i

3j + k i b = i + j.

Iz a b = ab cos ' slijedi cos ' =

ab ab

=p

ax bx +ay by +az bz p a2x +a2y +a2z b2x +b2y +b2z

Dakle, 2 1+( 3) 1+1 0 1 p p = 2p ; 4+9+1 1+1+0 7 1 o 0 arccos( 2p7 ) 100 53 2400 ,

cos ' = pa je ' =

tj. '

1; 76087 radijana (v. sljede´cu Napomenu

2.48). NAPOMENA 2.48 Po dogovoru smatramo da ure†eni vektorski parovi (a; b) i (b; a) zatvaraju isti kut ' i da je 0

'

.

DEFINICIJA 2.49 Vektorskim mnoµzenjem (ili vektorskim produktom) nazivamo binarnu operaciju vektor a

: V3

V3 ! V3 ,

(a; b)

b je okomit na vektore a i b;

a

b, de…niranu kako slijedi:

92

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA ure†ena trojka (a; b; a ka

b) odre†uje desni koordinatni sustav u prostoru;

bk = kak kbk sin(a; b)

ab sin '.

Uoµcimo da je vektorski umnoµzak a b vektor kojemu je duljina jednaka površini paralelograma što ga odre†uju vektori a i b svedeni na zajedniµcki poµcetak, te da mu je pravac okomit na ravninu odre†enu (kolinearnu) tim vektorima (v. crteµz).

TEOREM 2.50 Neka su a; b; c 2 V3 i (a) a

b=

(b) a

(b + c) = a

b+a

c

b) = ( a)

b=a

( b)

(c) (a

b

a

2 R. Tada je

(antikomutativnost); (distributivnost); (homogenost).

DOKAZ. (a). Budu´ci da, po de…niciji, ure†ena trojka (a; b; a to ure†ena trojka (b; a; a

b) tvori desni sustav,

b) tvori lijevi sustav (v. Napomenu 2.43). Ta µcinjenica i

De…nicija 2.49 povlaµce (a). ravnina okomita na vektor a kroz njegov poµcetak, te neka je b0 okomita

(b). Neka je

projekcija vektora b na . Neka je ' kut izme†u vektora a i b, a '0 kut izme†u b i b0 . Tada je '0 = za

2

2

' i b0 = b cos '0 = b sin '. Zarotirajmo b0 u

oko zajedniµckoga poµcetka

i dobiveni vektor oznaµcimo s b00 , tako da (a; b; b00 ) tvore desni sustav. Primijetimo

da je vektor b00 okomit na vektore a i b0 , dakle, i na vektor b. Oznaµcimo a Sliµcnim postupkom dobivamo vektore c0 , c00 i c000 je d

b + c (v. crteµz).

a

c, te d0 , d00 i d000

a

b

b000 .

d, gdje

2.2. VEKTORSKA ALGEBRA

93

Preostaje dokazati da je d000 = b000 + c000 . Uoµcimo da je okomita projekcija (na ) paralelograma odre†enoga vektorima c i b paralelogram odre†en vektorima c0 i b0 , a okomita projekcija d0 dijagonale d = b + c prvoga paralelograma je dijagonala drugoga paralelograma, tj. d0 = b0 + c0 . Rotacija u ravnini 2

oko zajedniµckoga poµcetka za

prevodi paralelogram odre†en vektorima b0 i c0 u sukladni paralelogram odre†en

vektorima b00 i c00 s dijagonalom d00 , pa je d00 = b00 + c00 . Mnoµzenjem te jednakosti s a dobivamo d000 = b000 + c000 .

kak

(c). Ova se tvrdnja dokazuje kao (c) u Teoremu 2.40. TEOREM 2.51 Ako je u pravokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j; k) a = ax i + ay j + az k i b = bx i + by j + bz k, onda je a

b = (ay bz

az by )i + (az bx

ax bz )j + (ax by

ay bx )k:

DOKAZ. Teorem 2.51 je izravna posljedica Teorema 2.50 i sljede´cih jednostavnih µcinjenica (v. De…niciju 2.49): i

i=0=j

j=k

i

j = k;

k = i;

i

k=

j

j;

k;

i=

j

i = j;

k k;

j=

k

i:

Primijetimo da Teorem 2.51 dopušta i formalni determinantni zapis (v. odjeljak 2.1.2): i a

b=

j

k :

ax ay az bx

by

bz

Iz toga je zapisa oµcigledno da je a b = 0 onda i samo onda, ako su a i b kolinearni (što ukljuµcuje mogu´cnost da je neki od njih nulvektor). Primijetimo, tako†er, da vektorsko mnoµzenje nije asocijativno. Štoviše, nije teško dokazati valjanost sljede´cga teorema: TEOREM 2.52 Ako su a; b; c 2 V3 onda je: (a) (a (b) a

c = (a c)b

(b c)a;

c) = (a c)b

(a b)c.

b) (b

PRIMJER Izraµcunajmo površinu paralelograma što ga odre†uju vektori a = 3j + k i b = i

a

b=

j

k. i

j

k

2

3

1

1

1

1

P = ka bk = k 2i

j

=

2i

kk =

p

j

k;

4+1+1=

p

6.

2i +

94

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

DEFINICIJA 2.53 Mješovitim

mnoµzenjem

produktom) nazivamo funkciju iz V3 (a; b; c) 7! (a

V3

vektorsko-skalarnim

(ili

V3 u R de…niranu pravilom

b) c:

Oznaµcimo li kut izme†u vektora a i b slovom ', a kut izme†u a

b i c slovom

,

pravilo mješovitoga mnoµzenja dobiva zapis (a

b) c = ka

bk kck cos

To dopušta mješoviti umnoµzak (a

= kak kbk sin ' kck cos

abc sin ' cos :

b) c interpretirati, do na predznak, kao obujam

paralelopipeda odre†enoga vektorima a, b i c

Predznak mješovitoga umnoška je pozitivan µcim (a; b; c) odre†uje desni sustav, a negativan u sluµcaju lijevoga sustava. TEOREM 2.54 Ako je u pravokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j; k) a = ax i + ay j + az k, b = bx i + by j + bz k i c = cx i + cy j + cz k, onda je ax ay az (a

b) c =

bx

by

bz

cx

cy

cz

:

DOKAZ. Teorem 2.54 je posljedica Teorema 2.46 i Teorema 2.50. Pomo´cu Teorema 2.54 se lako dokazuju (rabe´ci determinantina svojstva) ove jednakosti: (a

b) c = (b

(a

b) c = a (b

c);

(a

b) c = c (a

b):

2.2.4

c) a = (c

a) b =

(a

c) b =

(c

b) a =

(b

a) c;

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Dokazati da je relacija (v. De…niciju 2.31) na skupu svih usmjerenih duµzina iz prostora E razredbena relacija. ! Dokaz. Za svaku usmjerenu duµzinu AB, duµzine AB i BA imaju isto polovište. ! ! ! ! Dakle, AB AB, tj. relacija je re‡eksivna. Nadalje, neka je AB CD, tj. neka duµzine AD i BC imaju zajedniµcko polovište. Tada i duµzine CB i DA

2.2. VEKTORSKA ALGEBRA

95

imaju zajedniµcko polovište (radi se o istim duµzinama i istom polovištu), pa ! ! je CD AB. Dakle, relacija je i simetriµcna. Napokon, za tranzitivnost, ! ! ! ! ! ! ! neka su AB, CD i EF takve usmjerene duµzine da je AB CD i CD EF . ! ! Dokaµzimo da je tada AB EF ! ) ! ! AB CD , (AB k CD ^ AC k BD ^ d(A; C) = d(B; D)) ) ! ! CD EF , (CD k EF ^ CE k DF ^ d(C; E) = d(D; F )) ! ! (AB k EF ^ AE k BF ^ d(A; E) = d(B; F )) ) AB EF : ! ! 2. Neka su dane bilo koje dvije usmjerene duµzine AB i CD. Dakazati: ! ! ! ! (a) AB CD , AC BD; ! ! ! ! (b) AB CD , BA DC. 3. Dokazati tvrdnju (c) iz Teorema 2.37, tj. (a + b) = a + b. Dokaz. Ako je bar jedan od vektora a, b nulvektor ili je = 0, dokaz je trivijalan. Neka a ni b nisu nulvektori i neka je 6= 0. Ako su a i b kolinearni, postoji broj za koji je a = b. Sada se tvrdnju (ciii) lako dakaµze pomo´cu tvrdnja (a) i (b) istoga teorema: (a + b) = ( b + b) = (( + 1)b) = ( ( + 1))b = ( + )b = ( )b + b = ( b) + b = a + b: Neka a i b nisu kolinearni. Prikaµzimo vektore a i b redom usmjerenim duµzi! ! nama OA i OB s istim poµcetkom O, pa neka je C ona toµcka za koju je ! ! ! OA + OB = OC. Tada toµcke O; A; C; B odre†uju paralelogram, pa duµzine AB i OC imaju zajedniµcko polovište. Neka su A0 , B 0 i C 0 redom one toµcke ! ! ! ! ! ! za koje je OA = OA0 , OB = OB 0 i OC = OC 0 . Primijetimo da je i µcetverokut OA0 C 0 B 0 paralelogram ( po homotetiji sa središtem O i koe…ci! ! ! jentom 6= 0), pa je OC 0 = OA0 + OB 0 . Napokon, ! ! ! ! (a + b) = (OA + OB) = OC = OC 0 = ! ! ! ! OA0 + OB 0 = OA + OB = a + b: ! ! ! 4. Dan je pravokutnik ABCD: Izrazite preko dijagonala AC i BD stranice AB; ! ! ! BC; CD i DA: 5. Kakav je me†usobni poloµzaj vektora a i b ako je: (a) kak + kbk = ka + bk ; (b) kak kbk = ka bk : 6. Nacrtajte vektore a = 4i + j i b = i + 3j: Kolike su projekcije vektora a i b na koordinatne osi x i y? 7. Neka je a = 4i+j, b =

2i+3j; c = i+4j: Odredite ;

ako je c = a+ b:

8. Toµcke A = ( 3; 2; ) ; B = (3; 3; 1) i C = (5; ; 2) uzastopni su vrhovi paralelograma ABCD: (a) Odredite vrh D;

p ! tako ja je AD = 14; ! ! ! (c) Za ve´cu vrijednost iz b) prikaµzite AC preko AD i BD:

(b) Odradite

9. Dokazati da su dva ne-nulvektora a i b okomita onda i samo onda kad njihov skalarni umnoµzak išµcezava. 10. Odredite skalarni umnoµzak a b ako je a = 2m knk = 4 i \ (m; n) = : 3

n; b = m

2n; kmk = 2;

96

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA 11. Odredite kut izme†u vekrora a = m + n i b = m

n ako je kmk = knk = 2:

12. Toµcke A = ( 3; 2; 0) ; B = (3; 3; 1) i C = (5; 0; 2) i D = ( 1; 1; 1) vrhovi su paralelograma ABCD: Odredite kut izme†u dijagonala. 13. Dani su vektori a = 6i + j + k; b = 3j tako da su vektori 2a + b i c okomiti.

kic=

2i + 3j + 5k: Odredite

14. Izraµcunajte: (a) [(i j) i] i; (b) i (j + k) j (i + k) + k

(i + j + k) :

2bk ako je kak = 6; kbk = 5 i \ (a; b) =

15. Izraµcunajte ka

16. Ako je kak = 10; kbk = 5; a b = 12 odredite ka 17. Ako je kak = 10; kbk = 5; ka

6

:

bk :

bk = 16 odredite a b:

18. Dani su vektori a = i + j + k; b = i + j i c = i je x a = 3 i x b = c:

j: Odredite vektor x ako

19. Dokazati Teorem 2.52 tj. (i) (a b) c = (a c)b (ii) a (b c) = (a c)b

(b c)a; (a b)c.

20. Dokaµzite da je (a + b) [(a + c)

b] = (a

c) b:

21. Dokaµzite da su toµcke A = (2; 1; 2) ; B = (1; 2; 1) i C = (2; 3; 0) i D = (5; 0; 6) komplanarne. 22. Toµcke A = (2; 0; 0) ; B = (0; 3; 0) i C = (0; 0; 6) i D = (2; 3; 8) su vrhovi tetraedra. (a) Izraµcunajte volumen tetaedra; (b) Izraµcunajte visinu iz vrha D: 23. Dokaµzite da je (a

2.3

b) (c

d) =

a c b b

a d : b b

µ ANALITICKA GEOMETRIJA

Neka je u prostoru E zadan pravokutni koordinatni sustav (O; i; j; k). Promatrat ´cemo neke vaµzne toµckovne (E

R3 , v. §2.2.2) podskupove prostora E (pravce, neke krivulje,

ravnine i neke plohe) i razmatrati uvjete pod kojima neka toµcka T = (x; y; z) pripada takvomu podskupu. Algebraizacija tih uvjeta vodi do analitiµckih izraza - jednadµzaba promatranih podskupova. To onda omogu´cuje algebarsko opisivanje i nekih odnosa me†u tim podskupovima.

2.3.1

PRAVAC U PROSTORU I U RAVNINI

Temeljno svojstvo svakog pravca jest da je posve odre†en bilo kojim dvjema svojim toµckama. Neka je pravac p u prostoru E odre†en toµckama T1 i T2 kojima, s obzirom na odabranu toµcku O, pripadaju redom radijus-vektori r 1 i r 2 , te neka je T bilo koja

µ 2.3. ANALITICKA GEOMETRIJA

97

! ! toµcka na p s radijus-vektorom r. Tada su usmjerene duµzine T1 T2 i T1 T kolinearne (leµze ! ! na p), pa postoji broj t 2 R takav da je T1 T = tT1 T2 , odnosno, (v. crteµz) r 1 = t(r 2

r

r 1 ):

(1)

Relacija (1) je vektorska jednadµzba pravca p. Oznaµcimo li konstantni vektor r 2 r 1 sa s (smjerovni vektor od p), jednadµzba (1) poprima oblik r = r 1 + ts; t 2 R:

(2)

Jasno je da se svaki vektor kolinearan vektoru s smije uzeti za smjerovni vektor pravca p. Neka je u prostoru E s ishodištem O zadan pravokutni koordinatni sustav (O; i; j; k), h i h i h i pa neka je u njemu s = a b c ; r 1 = x1 x2 x3 i r = x y z . Tada iz relacije

(2) dobivamo tri jednadµzbe: 8 > > < x = x1 + at y = y1 + bt > > : z = z + ct; t 2 R;

(3)

1

koje predstavljaju parametarski zapis pravca p. Ako su sve komponente od s razliµcite od nule, parametar t se moµze eliminirati pa iz (3) dobivamo tzv. kanonski (ili simetriµcni) zapis pravca p: x

x1 a

=

y

y1 b

=

z

z1 c

:

(4)

(Ponekad se zapisom (4) sluµzimo i u sluµcajevima kad su neke komponente od s jednake nuli, formalno pišu´ci pripadne ništice u odgovaraju´cim nazivnicima.) Uoµcimo da kanonski zapis (4) sadrµzi tri jednadµzbe koje su me†usobno linearno zavisne: 8 > > < b(x x1 ) = a(y y1 ) c(y > > : a(z

y1 ) = b(z

z1 )

z1 ) = c(x

x1 )

(5)

98

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

Dovoljne su, dakle, dvije od tih jednadµzba da bi pravac bio posve odre†en. To vrijedi i sasvim op´cenito. Pravac se, naime, moµze zadati dvjema linearno nezavisnim (realnim) linearnim jednadµzbama: ( A1 x + B1 y + C1 z = 0 A2 x + B2 y + C2 z = 0

;

(50 )

iz kojih se lako mogu, eliminacijom pojedinih varijabla, dobiti zapisi (5) i (4). (U narednoj toµcki 2.3.3 ´cemo vidjeti da svaka od jednadµzba u (50 ) i (5) predstavlja neku ravninu u prostoru.) PRIMJER Odredimo jednadµzbu (kanonski zapis) pravca p kojemu pripadaju toµcke 5 A = (2; 2; 4) i B = (8; 13 2 ; 2 ).

i h ! 3 . Da bi traµzeni zapis bio Jedan smjerovni vektor toga pravca jest AB = 6 92 2 h i 2 ! ”ljepši”, uzmimo s = 3 AB = 4 3 1 . Uvrštavanjem toµckovnih koordinata od A i skalarnih komponenata od s u relaciju (4) dobivamo kanonski zapis x 2 y 2 z 4 p = = : 4 3 1 PRIMJER Kanonski zapis koordinatne x-osi jest x y z = = 1 0 0 h i (linearnim jednadµzbama: y = 0, z = 0), jer je pripadni vektor i = 1 1 1 i jer prolazi ishodištem O = (0; 0; 0). Sliµcni su zapisi za y-os i z-os.

µ Cesto se za smjerovni vektor promatranog pravca uzima pripadni jediniµcni vektor s0 =

s : ksk

Tada zapis (4) poprima oblik x x1 y y1 z z1 = = ; cos cos cos gdje su cos , cos biti cos2

+ cos2

i cos + cos2

(6)

komponenete od s0 (smjerovni koe…cijenti od s), pa mora = 1.

Neka pravac p leµzi u koordinatnoj xy-ravnini (v. crteµz dolje), pa promatrajmo samo toµcke i podskupove te ravnine. Tada naslje†eni koordinatni sustav (O; i; j) svakoj toµcki pridruµzuje samo dvije koordinate, odnosno, svakom vektoru samo dvije komponente (tre´ca, od z-osi, u sustavu (O; i; j; k) išµcezava). Jednadµzbe u (3) sada poprimaju oblik ( x = x1 + at ; (30 ) y = y1 + bt

µ 2.3. ANALITICKA GEOMETRIJA

99

a umjesto (4) dobivamo x

x1

y

y1 =

=

y

y1

: a b Napišemo li jednadµzbu (40 ) u obliku b (x a

x1 );

(40 )

(7)

b a nazivamo smjerovnim koe…cijentom od p i obiµcno ga oznaµcujemo slovom k. Od-

dobivamo poznatu ”srednjoškolsku” pravµcevu jednadµzbu jednom toµckom. Koliµcnik

aberemo li za toµcku T1 sjecište pravca p s koordinatnom y-osi, T = (0; l), dobivamo dobro poznatu pravµcevu ”eksplicitnu jednadµzbu” y = kx + l:

(8)

µ Zelimo li da relacije (30 ), (40 ), (7) ili (8) odre†uju isti pravac p i u prostornom koordinatnom sustavu (O; i; j; k), trebamo svakoj od njih dopisati jednadµzbu z = 0.

2.3.2

RAVNINA U PROSTORU

Neka su T1 ; T2 i T3 bilo koje tri nekolinearne toµcke u prostoru E s pripadnim radijusvektorima r 1 , r 2 i r 3 redom (s obzirom na dano ishodište O). Tim toµckama je odre†ena jedna i samo jedna ravnina

koji ih sadrµzi. Neka je T bilo koja toµcka te ravnine i neka ! ! ! joj pripada radijus-vektor r. Tada su usmjerene duµzine T1 T2 , T1 T3 i T1 T koplanarne (leµze u ), pa njihov mješoviti umnoµzak išµceµzva, tj. ! ! ! T1 T (T1 T2 T1 T3 ) = 0:

(9)

Ili, ekvivalentno, pomo´cu radijus-vektora (r

r 1 ) ((r 2

r1 )

(r 3

r 1 )) = 0:

(10)

100

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

Relacije (9) i (10) jesu vektorske jednadµzbe ravnine . Neka je u prostoru E s ishodištem O dan pravokutni koordinatni sustav (O; i; j; k), pa neka je u njemu T = (x; y; z) i Ti = (xi ; yi ; zi ), i = 1; 2; 3: Mješoviti umnoµzak (9) se tada moµze zapisati u determinantnom obliku x

x1

x2

y

y1

z

z1

x1 y2

y 1 z2

z1

x3

x1 y3

y 1 z3

z1

x

y

=0

(11)

ili z

1

x1 y1 z1 1 x2 y2 z2 1

= 0:

(12)

x3 y3 z3 1 Relacije (11) i (12) nazivamo jednadµzbama ravnine kroz tri toµcke. Neka ravnina ne prolazi ishodištem O, i neka ona sijeµce koordinatne osi x, y, i z redom u toµckama T1 = (a; 0; 0), T2 = (0; b; 0) i T3 = (0; 0; c), a; b; c 6= 0. Tada iz (11) dobivamo tzv. segmentni oblik jednadµzbe ravnine x y z + + = 1: a b c

(13)

Neka je n bilo koji vektor okomit na ravninu

(okomit, dakle, i na svaki pravac u

). Uµcvrstimo bilo koju toµcku T1 u , pa neka je T varijabilna toµcka u . Pripadni radijus-vektori neka su redom r 1 i r. Tada su vektori n i r

r 1 me†usobno okomiti,

što povlaµci išµcezavanje njihova skalarnog umnoška: n (r

r 1 ) = 0:

(14)

To je još jedan oblik vektorske jednadµzbe za ravninu . Svaki vektor okomit na ravninu

nazivamo normalnim vektorom (ili normalom) te ravnine i najµceš´ce ga

oznaµcujemo slovom n. (Takav je, primjerice, vektor (r 2 r 1 ) (r 3 r 1 ) iz relacije h i (10).) Ako je, u sustavu (O; i; j; k), n = A B C , a T1 = (x1 ; y1 ; z1 ) i T = (x; y; z), h i h i tj. r 1 = x1 y1 z1 i r = x y z , onda (14) poprima oblik A(x

x1 ) + B(y

y1 ) + C(z

što je tzv. jednadµzba ravnine (15) konstantu

z1 ) = 0;

(15)

jednom toµckom T1 = (x1 ; y1 ; z1 ). Oznaµcimo li u

(Ax1 + By1 + Cz1 ) slovom D, dobivamo tzv. op´ci oblik jednadµzbe

ravnine : Ax + By + Cz + D = 0

(16)

µ 2.3. ANALITICKA GEOMETRIJA

101

ili (vektorski) (160 )

n r + D = 0:

Neka je sada r 1 radijus-vektor noµzišta T1 okomice iz ishodišta O na ravninu . Tada je njegova duljina kr 1 k r1 vektor n0 = na kr 1 k n0 r

p jednaka udaljenosti od O do . Odaberimo jediniµcni normalni (v. crteµz). Zbog n0 r 1 = p, iz (14) dobivamo

p=0

(17)

ili (skalarno) x cos

+ y cos

gdje su cos , cos (17) i

+ z cos i cos

p = 0;

(170 )

komponente jediniµcne normale n0 na ravninu . Relacije

(170 )

nazivamo Hesseovim (ili normalnim) oblicima jednadµzbe ravnine . p D A2 + B 2 + C 2 Primijetimo da se op´ci oblik svodi na Hesseov dijeljenjem brojem jDj p kad je D 6= 0, odnosno, dijeljenjem s A2 + B 2 + C 2 kad je D = 0. PRIMJER Koordinatna zx-ravnina prolazi ishodištem O = (0; 0; 0) i okomita je na h i vektor j = 0 1 0 . Po (15), njezina jednadµzba je 0(x 0) + 1(y 0) + 0(z 0) = 0, tj y = 0. Sliµcno dobivamo da je z = 0 jednadµzba koordinatne xy-ravnine, a x = 0 jednadµzba koordinatne yz-ravnine.

2.3.3

µ MEÐUODNOSI TOCAKA, PRAVACA I RAVNINA

Dvije toµcke u prostoru E su ili razliµcite ili se podudaraju. U prvomu sluµcaju se postavlja pitanje me†usobne udaljenosti. Bilo koja promatrana toµcka ili leµzi na danom pravcu (u danoj ravnini) ili je izvan njega (nje). U prvomu sluµcaju njezine koordinate moraju udovoljavati jednadµzbi toga pravca (te ravnine). U drugomu pak sluµcaju, zanimljivo pitanje jest ono o udaljenosti toµcke od pravca (ravnine). Dva pravca, op´cenito, mogu biti usporedna (ukljuµcuju´ci podudaranje), mogu biti mimosmjerna, a mogu se i presijecati. U prva dva sluµcaja se postavlja pitanje o njihovoj me†usobnoj udaljenosti, a u tre´cemu - o kutu što ga zatvaraju. (Pitanje o kutu ima smisla i za mimosmjerne pravce, ako se radi o kutu pripadnih smjerovnih vektora!)

102

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

Sliµcno razmišljamo i o odnosu dviju ravnina: ako su usporedne - kolika im je me†usobna udaljenost(?), a ako se sijeku - koliki kut zatvaraju(?). Promatramo li odnos pravca i ravnine, ima smisla istraµziti leµzi li dani pravac u danoj ravnini ili ne, pa, ako ne leµzi u njoj, je li joj usporedan - kolika je udaljenost(?) - ili ju probada - koja toµcka jest probodište i koliki je prikloni kut(?). Da bismo odgovorili na postavljena pitanja, najprije istaknimo nekoliko temeljnih µcinjenica: Dvije ravnine su me†usobno usporedne toµcno onda kad su im normalni vektori kolinearni; dva pravca su me†usobno usporedna toµcno onda kad su im smjerovni vektori kolinearni; ravnina i pravac su me†usobno usporedni toµcno onda kad su pripadni normalni vektor i pripadni smjerovni vektor me†usobno okomiti. I op´cenito: Kut izme†u dviju ravnina je jednak kutu izme†u njihovih normalnih vektora; kut izme†u dvaju pravaca je jednak kutu izme†u njihovih smjerovnih vektora; kut izme†u ravnine i pravca jest suplement (do 2 ) kuta izme†u pripadnoga normalnog vektora i pripadnoga smjerovnog vektora (v. crteµz).

Kut izme†u dvaju vektora se raµcuna po formuli cos ' =

ax bx + ay by + az bz a b q =q : ab a2x + a2y + a2z b2x + b2y + b2z

Udaljenost dviju toµcaka T1 = (x1 ; y1 ; z1 ) i T2 = (x2 ; y2 ; z2 ) raµcunamo po poznatoj formuli: d(T1 ; T2 ) =

p (x2

x1 )2 + (y2

y1 )2 + (z2

z1 )2 :

Udaljenost d(p1 ; p2 ) usporednih pravaca p1 i p2 jednaka je udaljenosti njihovih sjecišta s bilo kojim na njih okomitim pravcom. Neka su usporedne ravnine 1

n01 r

p1 = 0;

Tada je udaljenost d( je n01 =

1;

2)

1

i

2 2

zadane Hesseovim jednadµzbama n02 r

jednaka jp1

p2 = 0;

n01 =

n02 :

p2 j µcim je n01 = n02 , odnosno, p1 + p2 µcim

n02 . Udaljenost d(T1 ; ) toµcke T1 = (x1 ; y1 ; z1 ) od ravnine

se odre†uje

µ 2.3. ANALITICKA GEOMETRIJA tako da se toµckom T1 poloµzi ravnina

103 0

i izraµcuna udaljenost d( 0 ; ) =

usporedna s

d(T1 ; ). Da bi se odredila udaljenost usporednih pravaca, moµze ih se presje´ci na njih okomitom ravninom i izraµcunati udaljenost dobivenih probodišta. Udaljenost od pravca do njemu usporedne ravnine odre†uje se izraµcunavanjem udaljenosti od bilo koje toµcke toga pravca do ravnine. Napokon, udaljenost izme†u dvaju mimosmjernih pravaca odre†uje se izraµcunavanjem udaljenosti izme†u dviju usporednih ravnina od kojih svaka sadrµzi po jedan promatrani pravac. PRIMJER Dani su pravci x

q1

1 2

=

y z 4 = 1 2

x

i q2

3 0

=

y

1 1

=

z+2 : 1

Istraµzimo njihov me†usobni poloµzaj.

h i Pravci q1 i q2 nisu me†usobno usporedni, jer im smjerovni vektori s1 = 2 1 2 i h i s2 = 0 1 1 nisu kolinearni. Neka je 1 ravnina što sadrµzi pravac q1 i usporedna h i je s pravcem q2 . Za normalni vektor n1 od 1 smijemo uzeti s1 s2 = 1 2 2 (v. Teorem 2.50), a za njezinu posve odre†enu toµcku smijemo uzeti T1 = (1; 0; 4) na pravcu q1 . Tako dobivamo (x

1

x

2y + 2z

Za ravninu s2

1) + 2(y

2,

0)

2(z

4) = 0; tj.

9 = 0:

što sadrµzi pravac q2 i usporedna je s pravcem q1 , na sliµcan naµcin (n2 =

s1 , T2 = (3; 1; 2)) dobivamo x

2

Ravnine

1

2y + 2z + 3 = 0: i

2

su usporedne (i razliµcite), pa su pravci q1 i q2 mimosmjerni. Njihovu

me†usobnu udaljenost ´cemo dobiti pomo´cu jednadµzaba za +

2 3z

Dakle, d(q1 ; q2 ) = d(

1;

1

1 3x

2 3y

3 = 0; 2)

1 3x

2

+

2 3y

1

i

2 3z

2

u normalnomu obliku:

1 = 0:

= p1 + p2 = 3 + 1 = 4. Kut ' izme†u smjerovnih vektora

s1 i s2 od q1 i q2 redom, dobivamo iz njihova skalarnog umnoška: cos ' = dakle ' = 4 :

2.3.4

s1 s2 ks1 k ks2 k

=p

2 0+1 1+2 p 1 ( 2)2 +12 +22 02 +12 +12

=

p

2 2 ;

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Odredite kanonski zapis pravca koji prolazi toµckom T = (1; 1; 1) i paralelan je s vektorom s = 1 2 3 : 2. Odredite parametarski zapis pravca koji prolazi toµckom T = (1; 0; 2) i kojemu je smjerovni vektor s = 1 3 2 : 3. Odredite kanonski zapis pravca

x y+3 4=0 2x + y 2z + 5 = 0

104

POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA 4. Nuµzan uvjet da se pravci x x1 y y1 z z1 x x2 y y2 z z2 = = i = = l1 m1 n1 l2 m2 n2 sijeku je x2 x1 y2 y1 z2 z1 l1 m1 n1 = 0: l2 m2 n2 x 1 y 2 z 1 x 2 = = sijeµce pravac = Odredite n tako da pravac 1 1 n 1 z 4 y 3 = i odredite presjeµcnu toµcku. 2 3 5. Udaljenost d toµcke T0 od pravca p koji prolazi toµckom T1 i ima smjerovni vektor s dana je formulom ! s T0 T1 : d= ksk Dokaµzite. 6. Izvedite formulu za najkra´cu udaljenost izme†u dvaju neparalelnih pravaca x x1 y y1 z z1 x x2 y y2 z z2 = = i = = : l1 m1 n1 l2 m2 n2 Na†ite najkra´cu udaljenost pravaca x+1 y z 1 x 2 y+1 z 2 = = i = = : 1 1 2 1 3 4 7. Napišite jednadµzbu ravnine koja prolazi toµckom T = 2; 1; 3) i: (a) na koordinatnim osima odsijeca jednake odsjeµcke; (b) sadrµzi x-os; (c) prolazi ishodištem i toµckom T1 = (1; 1; 1): 8. Napišite jednadµzbu ravnine u vektorskom obliku n r + D = 0: (a) ravnine 2x y + z 3 = 0; 1 0 r = 5 i koja prolazi toµckom (b) ravnine koja je paralelna ravnini 2 T = (0; 1; 2): y z+1 x 1 = = i ravnine x 2y + z + 5 = 0: 9. Odredite sjecište pravca 1 2 1 x 1 y+2 z 10. Pravac = = je paralelan s ravninom x 2y + 3z 1 = 0: a 2 1 Koliki je a? 11. Odredite jednadµzbu ravnine koja prolazi toµckom T = (0: 1; 0) i sadµzi pravac x 1 y z+1 = = : 2 1 3 12. Odredite ortogonalnu projekciju toµcke T = ( 1; 0; 1) na ravninu 2x + y z + 7 = 0: 13. Na†ite toµcku koja je simetriµcna toµcki T = ( 1; 0; 1) obzirom na ravninu 2x + y z + 7: x 1 y z 14. Na†ite projekciju toµcke T = (1; 2; 8) na pravac = = : 2 1 1 x 1 15. Na†ite toµcku koja je simetriµcna toµcki T = (1; 2; 8) obzirom na pravac = 2 y z = : 1 1

Poglavlje 3

KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST 3.1

KONVERGENCIJA REALNIH NIZOVA I REDOVA

Konvergencija je jedan od temeljnih pojmova u matematiµckoj analizi. Primjerice, neke od osnovnih elementarnih funkcija (trigonometrijske) mogu´ce je sasvim korektno de…nirati tek kad se strogo zasnuje konvergencija realnih redova. Osim toga, na dobro zasnovanoj konvergenciji je mnogo lakše de…nirati i eksponencijalnu funkciju i, posebice, istraµziti njezina vaµzna svojstva. Logiµcki bi, dakle, ovaj odjeljak trebao biti prvi u ovomu poglavlju. Nu, to bi onda zahtijevalo drugaµciji temeljni teorijski pristup, koji bi bio preop´cenit za našu konaµcnu svrhu.

3.1.1

NIZ REALNIH BROJEVA

DEFINICIJA 3.1 Svaku funkciju de…niranu na skupu prirodnih brojeva, a : N ! Y , nazivamo nizom (u skupu Y ). Vrijednost a(n) 2 Y , n 2 N, oznaµcujemo s an i

nazivamo n-tim µclanom toga niza. Uobiµcajilo se i sam niz oznaµciti s (an ) ili, ponekad, s a1 ; a2 ;

; an ;

. U sluµcaju Y = R govorimo o nizu realnih brojeva (ili o realnom

nizu) (an ). Vaµzno je imati na umu bitnu razliku izme†u niza (an ) u skupu Y , tj. funkcije a : N ! Y , od skupa svih njegovih vrijednosti fan j n 2 Ng, tj. slike a[N]

Y!

PRIMJER Ispišimo ”nekoliko prvih”µclanova realnoga niza (an ), pri µcemu je: ( ( 1 n 2n, n 3 n2 n , n neparan ; (c) a = . (a) an = 2n+1 ; (b) an = p n 1 , n paran 11, n 4 n 105

106

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

(a) a1 = 13 , a2 = 45 , a3 = (b) a1 = 0, a2 = 12 , a3 =

9 7

25 itd. ili 31 ; 45 ; 97 ; 16 9 ; 11 ;

;

2 3,

a4 = 41 itd. ili 0; 12 ; 23 ; 14 ; 53 ; 16 ; ; p p p (c) a1 = 2, a2 = 4, a3 = 6, a4 = 11 = a5 = itd. ili 2; 4; 6; 11; 11;

:

Pod (c) je dan primjer tzv. stacionarnog niza, tj. niza (an ) za koji vrijedi: (9r 2 R)(9n0 2 N)(8n 2 N) n

n0 ) an = r:

DEFINICIJA 3.2 Re´ci ´cemo da je niz realnih brojeva (an ) uzlazan ili rastu´ci (silazan ili (o)padaju´ci, monoton, strogo uzlazan, strogo silazan, strogo monoton) µcim je takva pripadna funkcija a : N ! R. Sljede´ci teorem je izravna posljedica prethodne de…nicije. TEOREM 3.3 Da bi realni niz (an ) bio uzlazan (silazan, strogo uzlazan, strogo silazan) nuµzno je i dovoljno da je, za svaki n 2 N, an

an+1 (an

an+1 , an < an+1 ,

an > an+1 ).

PRIMJER Niz (an ), an =

n 10 ,

je strogo silazan, jer je an =

n 10

>

n+1 10

= an+1 za

svaki n 2 N. PRIMJER Niz (an ), an = a2 >

2 3

( 1)n +n ; n

nije monoton, jer je, primjerice, a1 = 0
0, u njoj ´ce se na´ci skoro svi (tj. svi osim konaµcno mnogo njih)

µclanovi promatranoga niza (an ). Ako je npr. " = 0; 2, radi se o okolini h0; 8; 1; 2i izvan koje su a1 ;

mora biti 1

; a5 , a u njoj su svi µclanovi an za koje je n ( 1)n +n n

< 0; 2; tj:

1 n

6. Zaista, u tomu sluµcaju

< 0; 2 ; dakle n > 5: Smanjuju´ci broj " > 0, tj.

okolinu, pove´cava se broj onih µcanova an što su izvan te okoline, ali, ma kako malen bio taj ", izvan nje ih je uvijek samo konaµcno mnogo. Ovaj primjer motivira sljede´cu de…niciju:

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH

NIZOVA I REDOVA

107

DEFINICIJA 3.4 Re´ci ´cemo da je toµcka a0 2 R graniµcna vrijednost (ili limes) realnog niza (an ), ako je ispunjen ovaj uvjet: (8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N)

n

n0 ) jan

a0 j < ":

Ovo ´cemo skra´ceno zapisivati kao (an ) ! a0 . PRIMJER (a) Stacionarni niz (an ), an = a0 µcim je n c n

(b) Pokaµzimo da niz

n0 , ima graniµcnu vrijednost a0 .

, za ma koji c 2 R, ima za graniµcnu vrijednost 0 2 R.

Uzmimo bilo koji " > 0. Treba odrediti broj n0 2 N (ovisan o ") koji ´ce udovoljiti uvjetu iz De…nicije 3.4. Promatrajmo nejednakost jan 0j < ", tj.

jcj n

a0 j < ", koja bi u ovomu

< ". To povlaµci da treba biti n > jcj , što je, po h i h" i jcj jcj Arhimedovu aksiomu mogu´ce: Odaberemo li, dakle, n0 = " + 1;(gdje je " najve´ce primjeru trebala biti

j nc

cijelo), de…nicijskom uvjetu ´ce biti udovoljeno.

TEOREM 3.5 Svaki realni niz (an ) dopušta najviše jednu graniµcnu vrijednost. DOKAZ. Pretpostavimo protivno, tj. da vrijedi (an ) ! a00 , (an ) ! a000 i a00 6= a000 . Tada 0 ja00 0 a0 j > 0, pa 2 od a00 i a000 redom.

je broj " =

"-okoline

su U 0 = ha00

"; a00 + "i i U 00 = ha000

"; a000 + "i disjunktne

Po de…niciji bi svaka od okolina U 0 i U 00 trebala sadrµzavati

skoro sve µclanove promatranoga niza (an ), što je protuslovlje. DEFINICIJA 3.6 Za niz koji ima graniµcnu vrijednost kaµzemo da konvergira (ili teµzi ) prema toj vrijednosti, odnosno, da je konvergentan. U protivnom, kaµzemo da niz divergira ili da je divergentan. µ Cim niz (an ) konvergira prema broju a0 , tj. (an ) ! a0 , Teorem 3.5 (limesova jedinstvenost) dopušta to zapisati kao (operativnu) jednakost lim(an ) = a0 : Uvedimo nazive i zapise i za dva posebna sluµcaja divergentnih nizova. Prvo, ako za realni niz (an ) vrijedi (8r 2 R+ )(9n0 2 N)(8n 2 N) n

n0 ) an > r;

re´ci ´cemo da (an ) divergira prema plus beskonaµcnom i pisati (an ) ! +1 ili lim(an ) = +1.

Drugo, ako za realni niz (an ) vrijedi (8r 2 R )(9n0 2 N)(8n 2 N) n

n0 ) an < r;

re´ci ´cemo da (an ) divergira prema minus beskonaµcnom i pisati (an ) ! lim(an ) =

1.

1 ili

108

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

Primjerice, nizovi (n), (3n

5) i (n2

1) divergiraju prema +1, dok nizovi ( n),

( 3n + 5), i ( n2 + 1) divergiraju prema

1. (Pozor! +1 i

1 su samo oznake.

To nisu realni brojevi. Mogu´ce je, me†utim, proširiti R do skupa R = R[f 1; +1g

stavljaju´ci

1 < x < +1, za svaki x 2 R, i proširuju´ci odgovaraju´cu algebarsku

strukturu sa R na R ovako: x + ( 1) = (+1) + (+1) = +1; x ( 1) =

1 = ( 1) + x, ( 1) + ( 1) =

1 = ( 1) x za x < 0, x ( 1) =

za x > 0, ( 1) ( 1) = +1 = (+1) (+1), ( 1) (+1) =

1,

1 = ( 1) x

1 = (+1) ( 1);

zbrojevi ( 1) + (+1) i (+1) + ( 1), kao i umnošci 0 ( 1) i ( 1) 0 se ne

mogu jednoznaµcno de…nirati. Za upravo promatrane nizove bi se sada moglo re´ci da konvergiraju proširenomu skupu realnih brojeva R.)

DEFINICIJA 3.7 Neka je (an ) realni niz. Re´ci ´cemo da je toµcka r 2 R gomilište

od (an ), ako svaka okolina od r sadrµzi beskonaµcno mnogo µclanova toga niza. Simboliµcki se taj uvjet zapisuje ovako: (8" > 0)(8n 2 N)(9n0 2 N)

n0

n ^ jan0

rj < ":

Primijetimo da je, za svaki konvergentni niz, njegova graniµcna vrijednost ujedno njegovo jedino gomilište, dok obratno ne vrijedi. ( 1)n ):

PRIMJER Promatrajmo niz (an ), an = n(1

Uoµcimo da je an = 2n µcim je n neparan, a an = 0 µcim je n paran, tj. (an ) = 2; 0; 6; 0; 10; 0;

. Oµcigledno je da niz (an ) divergira premda ima toµcno jedno gomilište

r = 0. DEFINICIJA 3.8 Podnizom realnog niza (an ), tj. funkcije a : N ! R, smatramo svaku kompoziciju a

n : N ! R, pri µcemu je n : N ! N strogo uzlazna funkcija

(niz u N): Primijetimo da je podniz realnog niza opet realni niz. Op´cenito, k-ti µclan promatranoga podniza je realni broj (a n)(k) = a(n(k))

an(k) , k 2 N .

Uobiµcajilo se an(k) zapisivati kao ank , a sam podniz kao (ank ). U prethodnom primjeru je npr. jedan podniz (ank ) = 2; 6; 10; 14;

, koji divergira

prema +1 (strogo uzlazna funkcija je n : N ! N, n(k)

1). Uoµcimo da

nk = 2k

taj niz ima i konstantni, dakle konvergentni, podniz (amk ) = 0; 0; 0; funkcija je m : N ! N, m(k) = 2k). PRIMJER Promatrajmo realni niz (an ), an =

Tada je an =

n n+1

µcim je n = 2k

(strogo uzlazna

( 1)n n n+1 :

1 (neparan), a an =

n n+1

µcim je n = 2k (paran).

Prema tomu, ovaj niz ima barem dva (po µclanovima komplementarna) konvergentna podniza: (a2k

1)

=

2k 1 2k

!

1 i (a2k ) =

i 1 gomilišta od (an ) koji divergira.

2k 2k+1

! 1. Primijetimo da su toµcke

1

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH

3.1.2

NIZOVA I REDOVA

109

SVOJSTVA KONVERGENTNIH (POD)NIZOVA

TEOREM 3.9 Ako realni niz (an ) konvergira onda je ome†en. DOKAZ. Neka je lim(an ) = a0 . Tada postoji postoji n0 2 N takav da je fan j n n0 g

ha0

1; a0 + 1i. Neka je b = maxfjan a0 j j n 2 f1;

Tada je a[N] = fa1 ;

; an0

tj. jest (an ) ome†en.

1 g[fan

jn

n0 g

; n0 1gg i c = maxf1; bg.

[a0 c; a0 +c], pa je funkcija a : N ! R,

TEOREM 3.10 Realni niz (an ) ima gomilište r onda i samo onda, ako postoji podniz (ank ) koji konvergira prema r. DOKAZ. Neka je r gomilište od (an ). Traµzeni podniz ´cemo konstruirati indukcijom. Za k = 1 neka je µclan an1 2 hr

takav n1

n0

1; r + 1i. (U De…niciji 3.7 uzmimo " = 1 i n = 1, pa

1 postoji.) Pretpostavimo da postoje prirodni brojevi n1 < 1 i;r

za koje je ani 2 r

n = nk + 1, postoji n0

+

1 i

nk+1

za svaki i 2 [1; k]N . Po De…niciji 3.7, za " = D 1 ;r + nk + 1 > nk takav da je ank+1 2 r k+1

Time smo konstruirali podniz (ank ) za koji je oµcito lim(ank ) = r.

< nk 1 k+1Ei 1 k+1 .

Obratno, neka je (an ) realni niz s konvergentnim podnizom (ank ) ! r. Uzmimo bilo koje " > 0 i n 2 N. Budu´ci da postoji k0 2 N takav da je ank 2 hr

je k

k0 , to biraju´ci

dobivamo an0 2 hr

n0

= nk

"; r + "i µcim

n (vrijednosti nk strogo rastu µcim indeksi k rastu)

"; r + "i. Dakle, niz (an ) ima za gomilište toµcku r.

KOROLAR 3.11 Neka su (an ) niz u R i a0 2 R. Tada je lim(an ) = a0 toµcno onda

kad je, za svaki podniz (ank ), lim(ank ) = a0 . Posebice, ako dva komplementarna podniza (ank ) i (an ; n 6= nk ) od (an ) konvergiraju prema istoj graniµcnoj vrijednosti a0 , onda i

niz (an ) konvergira prema a0 .

DOKAZ. Dovoljnost je oµcigledna (uzmimo nk = k), a nuµznost vrijedi po Teoremu 3.5 i Teoremu 3.10. Dodatna tvrdnja je oµcita posljedica De…nicija 3.4 i 3.6 i Teorema 3.5. TEOREM 3.12 Svaki realni niz (an ) ima monotoni podniz. DOKAZ. Neka je N = fn j n

n0 ) an

an0 g

N. Skup N je ili beskonaµcan ili

konaµcan. Ako je N beskonaµcan, mogu´ce je odabrati strogo uzlazni niz (nk ) u N , tj. nk < nk+1 za svaki k 2 N. Tada je, po de…niciji od N , ank

ank+1 za svaki k 2 N,

pa je pripadni podniz (ank ) uzlazan. Ako je skup N konaµcan, onda postoji n1 2 N, fn1 g > N . Odaberimo neki n2 2 N takav da je n2 > n1 i an2 < an1 . (Takav n2

postoji; u protivnom bi slijedilo n1 2 N -što nije!) Jasno je da n2 2 = N . Nastavljaju´ci

110

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

induktivno, dobivamo nk < nk+1 2 = N za svaki k 2 N, tj. strogo uzlazni niz (nk ) u NnN . Njemu tada odgovara ank > ank+1 za svaki k 2 N, tj. strogo silazni podniz (ank ).

TEOREM 3.13 Ako je realni niz monoton i ome†en onda konvergira. Potpunije, ako je (an ) silazan i ome†en odozdol onda je lim(an ) = inf a[N], a ako je (bn ) uzlazan i ome†en odozgor onda je lim(bn ) = sup b[N]. DOKAZ. Promatrajmo prvi sluµcaj, tj. niz a1 postoji a0

inf a[N] 2 R, pa je a0

a2

an

c u R. Tada

an za svaki n 2 N. Nadalje, za svaki " > 0

postoji neki n0 2 N takav da je a0 + " > an0 , tj. a0 > an0

". Budu´ci da je niz (an )

an

inf a[N]. Posve sliµcno se

silazan, to je a0

an

an0 < an0 + " µcim je n

" < a0 < an + ", tj. jan

dokazuje drugi sluµcaj.

n0 . Prema tomu, n

a0 j < ", pa je lim(an ) = a0

n0 povlaµci

KOROLAR 3.14 (Bolzano-Weierstrassov teorem) Svaki ome†eni niz realnih brojeva (an ) ima konvergentni podniz (odnosno, ima gomilište). DOKAZ. Neka je niz (an ) u R ome†en. Po Teoremu 3.12, (an ) ima neki monotoni podniz (ank ). Budu´ci da se ome†enost µcuva, to je podniz (ank ) ome†en i monoton, pa po Teoremu 3.13 i konvergira. PRIMJER (Broj e.) Neka je (an ) niz u R zadan pravilom an = 1 +

1 n . n

Dokazat ´cemo da je ovaj niz strogo uzlazan i ome†en odozgor pa, po Teoremu 3.13, konvergira. Vidjet ´cemo da je njegova graniµcna vrijednost lim

1+

1 n n

e; 2; 71828 < e < 2; 71829:

(Moµze se pokazati da je broj e iracionalan; štoviše, e je transcendentan broj, no dokazati tu tvrdnju vrlo je netrivijalno.) Broj e ima nezaobilaznu ulogu u matematiµckoj analizi (v. npr. pododjeljak 3.1.3, (iii) i (iv)). Pokaµzimo najprije da je niz odozgor. Po binomnoj formuli (v. Teorem 1.23) je, za svaki n 2 N, P n k 1 + n1 = nk=0 nk 1n k n1 = P 1 1 + nk=1 k! 1 1 n1 1 n2 1 kn1 P P 1 1 + nk=1 k! 1 + nk=1 2k1 1 = 1 + 2 1 21n < 3;

pri µcemu smo iskoristili nejednakost 2k uzlazan proizlazi iz sljede´cega: P n 1 + n1 = nk=0 nk n1k Pn P n+1 1 < n+1 k=0 k=0 k (n+1)k

n+1 k

1

1+

1 n n

ome†en

k! za svaki k 2 N. Da je ovaj niz strogo

1 (n+1)k

=

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH Pn+1 k=0

n+1 k

1 (n+1)n+1

k

= 1+

NIZOVA I REDOVA

1 n+1

n+1

111

;

gdje smo iskoristili nejednakost n k

1 nk

n+1 k

1 (n+1)k

Primijetimo da je a4 =

za svaki par k

5 4 4

=

625 256

n iz N.

' 2; 4414, pa je 2; 4414 < e < 3. Odre†enjem

dovoljno male gornje me†e b < 3 i dovoljno ”dalekog” µclana an , dobiva se po volji dobra racionalna pribliµzna vrijednost za broj e. Po Korolaru 3.14 ima smisla govoriti o najmanjemu, odnosno, najve´cemu gomilištu realnog niza (an ). Najmanje gomilište nazivamo limesom inferiorom i oznaµcujemo s lim inf(an );a najve´ce - limesom superiorom, lim sup(an ):Oµcito je lim inf(an ) lim sup(an ), a lako se dokaµze da ome†eni niz (an ) konvergira onda i samo onda kad je lim inf(an ) = lim(an ) = lim sup(an ): Ako niz (an ) nije ome†en odozdol (odozgor), po dogovoru stavljamo lim inf(an ) =

1

(lim sup(an ) = +1). Nadalje, ako (an ) nije ome†en odozdol i nema gomilište, a ome†en je odozgor, stavljamo lim inf(an ) = lim sup(an ) =

1. Sliµcno, ako (an ) nije ome†en

odozgor i nema gomilište, a ome†en je odozdol, stavljamo lim inf(an ) = lim sup(an ) = +1.

PRIMJER (a) Za niz (an ), an = a lim sup(an ) = 1. (b) Za niz (an ), an =

(

8 > > < > > :

n n+1 , 1 n; n+1 n ,

1 n;

n neparan

n;

n paran

n = 3k

2

n = 3k

1 ; k 2 N; je lim inf(an ) =

1,

n = 3k

; je lim inf(an ) =

1, a lim sup(an ) = 0.

(c) Za niz (an ), an = 2n; je lim inf(an ) = lim sup(an ) = +1 (= lim(an ) u R), tj. niz (2n) divergira prema +1). TEOREM 3.15 Neka realni nizovi (an ), (bn ) i (cn ) udovoljavaju ovim dvama uvjetima: (a) (9n0 2 N)(8n 2 N) n

n0 ) an

cn

bn ;

(b) lim(an ) = a0 = lim(bn ). Tada je i lim(cn ) = a0 . DOKAZ. Po (ii), za svaki " > 0 postoje n00 ; n000 2 N takvi da je jan n

n00 ,

odnosno, jbn

za svaki n

a0 j < " µcim je n

maxfn0 ; n00 ; n000 g,

a0

upravo znaµci da je lim(cn ) = a0 .

" < an

n000 .

a0 j < " µcim je

Ukljuµcuju´ci i uvjet (a), dobivamo da je,

cn

bn < a0 + ", dakle, jcn

a0 j < ". To

112

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

PRIMJER Istraµzimo konvergira li ili ne niz Budu´ci da je, za svaki n 2 N an =

1 n ,

bn =

1 n

i cn =

sin n n ,

3.15 zakljuµcujemo da je i lim

1

R,

sin n n

sin n

:

1, to je i

1 n

sin n

1 n:

Oznaµcimo

n 2 N. Budu´ci je je lim(an ) = 0 = lim(bn ), po Teoremu sin n n

lim(cn ) = 0:

Naredni teorem jamµci dobro ponašanje graniµcnih vrijednosti prema osnovnim raµcunskim operacijama. TEOREM 3.16 Ako su (an ) i (bn ) konvergentni realni nizovi, onda je (a) lim(an

bn ) = lim(an )

lim(bn );

(b) lim(an bn ) = lim(an ) lim(bn ); lim(an ) an = ; µcim su svi bn 6= 0 i lim(bn ) 6= 0: (c) lim bn lim(bn ) (U zagradama na lijevoj strani se radi o operacijama funkcijama a; b : N ! R; v. pododjeljak 1.1.4)

DOKAZ. Dokazati gornje tvrdnje nije trivijalno. Ipak, primjerice, pokaµzimo dobro ponašanje realnih limesa na zbrajanje! Neka je, dakle, lim(an ) = a0 i lim(bn ) = b0 . Trebamo dakazati: (8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n " 2

Za ma koji " > 0 uzmimo "0 = µcim je n

n00 , odnosno, jbn

je, za svaki n

b0 j < "00 µcim je n

(a0 + b0 )j = j(an

a0 j + jbn

(a0 + b0 )j < ":

= "00 . Tada postoje n00 ; n000 2 N takvi da je jan a0 j < "0

n0 (v. pododjeljak 1.4.3),

j(an + bn ) jan

n0 ) j(an + bn )

a0 ) + (bn

n000 . Neka je n0 = maxfn00 ; n000 g. Sada

b0 )j

b0 j < "0 + "00 = ".

Bez dokaza navodimo i dobro ponašanje konvergentnih nizova prema potenciranju. TEOREM 3.17 Neka su (an ) i (bn ) konvergentni realni nizovi i neka je pritom an > 0 za svaki n 2 N i lim(an ) > 0. Tada je lim anbn = lim(an )lim(bn ) : Posebice, ako je niz (bn ) konstantan, tj. (bn ) = (r) za neki r 2 R, onda je lim(arn ) = lim(an )r : PRIMJER Istraµzimo konvergira li ili ne niz (an ), ako je (a) an = (b) an =

an+b cn+d ,

Pn

a; b; c; d 2 R, cn + d 6= 0;

1 k2 k=0 n3 ;

(c) an = aq n

1,

q 2 R.

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH

NIZOVA I REDOVA

113 b d

(a) U sluµcaju a = c = 0 slijedi d 6= 0, pa dobivamo konstantni niz a 6= 0 6= c. Tada je lim(an ) = lim

an+b cn+d

a+ nb d c+ n

= lim

Ako je a 6= 0 = c onda je lim(an ) =

=

lim(a)+lim( nb ) d lim(c)+lim( n )

=

a+0 c+0

. Neka je

= ac :

1 (ovisno o predznaku konstante a) u R, a ako p(n) q(n) ,

je a = 0 6= c onda je lim(an ) = 0. (Neka µcitatelj poop´ci ovaj primjer na an =

su p i q polinomi!) P (b) Budu´ci je nk=01 k 2 = lim(an ) = lim

(c) (aq n

1)

(n 1)n(2n+) imamo 6 (n 1)n(2n+1) = lim 16 1 6n3

a; aq; aq 2 ; aq 3 ;

1 n

2+

1 n

=

1 6

gdje

1 2 = 31 :

je tzv. geometrijski niz (s konstantom a i koliµcnikom

q). Ako je a = 0 radi se o konstantnomu nizu (0) ! 0. Ako je a 6= 0, jednostavno razmatranje pokazuje sljede´ce: jqj < 1 ) lim(aq n jqj > 1 ) (aq n q=1) q=

1)

1)

nije ome†en pa divergira;

lim(aq n 1 )

1 ) (aq n

1)

= 0;

= lim(a) = a (konstantni niz);

= (( 1)n a)

(dva gomilišta:

a; a; a; a;

- ome†en i divergira

a, a).

Sada ´cemo pokazati da se nizu u R moµze ustanoviti konvergentnost i bez odre†ivanja graniµcne vrijednosti. To ´ce biti vaµzan (ne samo tehniµcki) dobitak, jer je µcesto bitno znati samo to konvergira li dani niz bez obzira na to koja toµcka mu je limes. DEFINICIJA 3.18 Re´ci´cemo da je realni niz (an ) Cauchyjev ako udovoljava ovomu uvjetu: (8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N)(8k 2 N)

n

n0 ) jan+k

an j < ":

TEOREM 3.19 Niz (an ) u R konvergira toµcno onda kad je Cauchyjev. (To je tzv. potpunost euklidskoga prostora realnih brojeva R.) DOKAZ. Neka realni niz (an ) konvergira; tj. neka postoji lim(an ) = a0 2 R. Tada za svaki " > 0 postoji neki n0 2 N takav da je jan

k 2 N je n + k > n jan+k

n0 pa je i jan+k

an j = j(an+k

a0 ) + (a0

a0 j


l 2

+

+

1 2l

1 +(2l 1

1)

+

1 2l

>

=

Po pretpostavci, niz (s2l ) konvergira pa je ome†en odozgor, što onda povlaµci da je i niz ( 2l ) < (s2l ) ome†en odozgor. Time smo upali u protuslovlje jer je lim

l 2

= +1 u R.

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH

3.1.4

NIZOVA I REDOVA

117

NEKOLIKO KRITERIJA ZA KONVERGENTNOST REALNOG REDA

Za red n 2 N.

P

an u R kaµzemo da je red s pozitivnim µclanovima kad god je svaki an

P bn dva reda s pozitivnim µclanovima. Re´ci ´cemo da bn majorira P (ili da je majoranta od) an ako postoji n0 2 N takav da je an bn µcim je n n0 . P P (Ekvivalentno je re´ci da tada an minorira (ili da je minoranta od) bn .)

Neka su

P

0,

an i

P

P TEOREM 3.23 (Poredbeni kriterij) Neka je an red s pozitivnim µclanovima. Ako P P an ima konvergentnu majorantu onda i on konvergira, a ako an ima divergentnu minorantu onda i on divergira.

DOKAZ. Neka konvergentni red

P

bn majorira red

P

an . Ne smanjuju´ci op´cenitost,

smijemo pretpostaviti da je n0 = 1, tj. 0 an bn za svaki n 2 N. Uoµcimo da su nizovi P P djelomiµcnih zbrojeva (sk ), sk = kn=1 an , i (tk ), tk = kn=1 bn , uzlazni i da je sk tk

za svaki k. Budu´ci da postoji lim(tk ), to je niz (sk ) ome† en odozgor. Po Teoremu 3.13 P postoji i lim(sk ), tj. i red an konvergira. Drugu tvrdnju se, pretpostavivši protivno, dokazuje sasvim sliµcno, što vodi u protuslovlje.

PRIMJER Promatrajmo redove s pozitivnim µclanovima P P 1 1 an ; an = (n+1) bn ; bn = n(n+1) : 2; i

1 1 Primijetimo da je, za svaki n 2 N, an = (n+1) 2 < n(n+1) = bn ; pa P Nadalje, red bn konvergira. Zaista, budu´ci da je

bn =

1 n(n+1)

=

1 n

1 n+1 ;

P

bn majorira

P

an .

n 2 N;

njegovi djelomiµcni zbrojevi tvore niz (tk ), 1 2;

1 ; tk = 1 k+1 ; k 2 N; P1 1 koji konvergira prema lim(tk ) = 1 = n=1 n(n+1) . Po Teoremu 3.23 konvergira i red P 1 P 1 P 1 . Osim toga, budu´ci da je ostatak R1 reda , zakljuµcujumo da (n+1)2 (n+1)2 n2 P 1 konvergira i red . n2

t1 = 1

t2 = 1

1 3;

Sljede´ci teorem donosi malo poboljšanu formulaciju poredbenoga kriterija: TEOREM 3.24 Neka su

µcim je n lim

P

an i

n0 2 N. Ako postoji

an bn

P

bn redovi s pozitivnim µclanovima i neka je bn > 0

r 2 [0; i [ f+1g;

onda vrijedi: (a) r 2 h0; i ) oba reda ili konvergiraju ili divergiraju;

118

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST P an divergira ) bn divergira; P P (c) r = +1 i an konvergira ) bn konvergira. (b) r = 0 i

P

P

p1 : n 1 1 p1 Usporedit ´cemo ga s harmonijskim redom n koji divergira. Primijetimo da je n n P 1 p divergira. Ili, koriste´ci Teorem 3.24(b), za svaki n 2 N, pa po Teoremu 3.23 i red n

PRIMJER Istraµzimo konvergira li red

lim

1 n p1 n

= lim

p1 n

P

= 0 pa

p1 n

P

divergira.

Navest ´cemo joštri kriterija (dovoljna uvjeta) za konvergiranje realnog reda s pozitivnim µclanovima: P

TEOREM 3.25 Neka je n

n0 2 N. Tada vrijedi:

an red s pozitivnim µclanovima i neka je an > 0 µcim je

(a) D’Alembertov kriterij

9 lim

q

p n

q

9 lim n 1

an+1 an

(b) Cauchyjev kriterij (c) Raabeov kriterij

an+1 an

9 lim( an )

(

(

1 !

1

an

an

(

DOKAZ. Dokazat ´cemo samo tvrdnju o konvergenciji u (i). Pod danim pretpostavkama, an+1 postoje neki n1 n0 2 i q 2 h0; 1i takvi da bude q µcim je n n1 . Primijetimo an da je tada an1 an1 +1 an 1 an an1 an1 +1 an 1 an an = an1 an1 dobivamo an a q n1 1

an =

an1 +1 an1

an1 +2 an1 +1

an an 1

:::

an1 q n

n1 :

aq n 1 , za svaki n n1 , pa je geometrijski red Stavivši P n 1 P aq konvergentna majoranta promatranoga reda. Po Teoremu 3.23, red an konvergira.

PRIMJER Promatrajmo red

P

n 3n

1

: an+1 an

= = lim n+1 3n p gira. (Sliµcno, po Cauchyjevu kriteriju dobivamo lim( n an ) = lim Po D’Alembertovu kriteriju dobivamo lim

Raabeovu kriteriju dobivamo lim n 1

an+1 an

= lim

2n 1 3

1 3

< 1 pa red konverp n

31

n 1 n

=

1 3

< 1, a po

= +1 > 1, pa slijedi

isti zakljuµcak.) Raabeov kriterij pomogne ponekad kad D’Alembertov kriterij ne donese odluku, tj. u ponekom sluµcaju lim

an+1 an

= 1.

PRIMJER Istraµzimo konvergira li red

P

an

1 2

+

13 24

+

135 246

+

1357 2468

+

.

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH

NIZOVA I REDOVA

Oznaµcimo 1!! = 1 i 2!! = 2, te za svaki n 2 N, n 2, (2n P (2n)!! = 2 4 : : : (2n). Sada se an moµze zapisati kao P (2n 1)!! (2n)!! :

119

1)!! = 1 3 : : : (2n

1) i

Primijetimo da je po D’Alembertovu kriteriju lim

an+1 an

= lim

(2n+1)!! (2n+2)!! (2n 1)!! (2n)!!

2n+1 2n+2

= lim

= 1- ne znamo odgovor.

Me†utim, po Raabeovu kriteriju je lim n 1

an+1 an

= lim

n 2n+2

=

1 2

< 1;

pa promatrani red divergira. DEFINICIJA 3.26 Re´ci ´cemo da realni red P vergira red jan j.

P

an apsolutno konvergira ako kon-

Za redove s pozitivnim µclanovima je, oµcito, apsolutna konvergencija isto što i konvergencija. Apsolutna konvergencija jest nešto novo za redove s beskonaµcno mnogo negativnih

µclanova. TEOREM 3.27 Ako realni red

P

an apsolutno konvergira onda i konvergira.

DOKAZ. Neka je uk zbroj svih pozitivnih, a

vk zbroj svih negativnih µclanova u

k-tomu djelomiµcnom zbroju sk = a1 + + ak . Tada za k-ti djelomiµcni zbroj tk = P ja1 j + + jak j reda jan j vrijedi tk = uk + vk , dok je sk = uk vk . Nizovi (uk ), (vk ) P i (tk ) su uzlazni i uk tk , vk tk , k 2 N. Budu´ci da red an apsolutno konvergira, P1 postoji lim(tk ) t = n=1 jan j pa su nizovi (uk ) i (vk ) ome†eni. Po Teoremu 3.13,

nizovi (uk ) i (vk ) konvergiraju. Neka je lim(uk ) = u, a lim(vk ) = v. Po Teoremu 3.16(i)

slijedi da je lim(sk ) = lim(uk P an konvergira.

vk ) = u

v. Prema tomu, i niz (sk ) konvergira, tj. red

Narednim primjerom ´cemo pokazati da tvrdnja obratna Teoremu 3.27 ne vrijedi, tj. da ima konvergentnih redova koji ne konvergiraju apsolutno. Za takve se redove ponekad kaµze da konvergiraju uvjetno (ili relativno). Me†u redovima što imaju beskonaµcno mnogo negativnih µclanova posebno je vaµzan tzv. P alterniraju´ci red. To je svaki realni red an s alterniraju´cim predznacima svojih

µclanova, tj. ili su svi a2n

1

0 i svi a2n

0 ili su svi a2n

µcesto takav red formalno zapisuje kao P an a1 a2 + a3 a4 + + ( 1)n an +

1

0 i svi a2n

0. Stoga se

;

pri µcemu su ili svi an > 0 ili svi an < 0, n 2 N. To onda vodi k uobiµcajenomu zapisu P ( 1)n 1 an

120

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

za alterniraju´ci reda . Konvergencija alterniraju´ceg reda se najµceš´ce ispituje tzv. Leibnizovim kriterijem: Alterniraju´ci red tima:

P ( 1)n

1a n

(a) (9n0 2 N)(8n 2 N) n

konvergira µcim je udovoljeno ovim dvama uvje-

n0 ) jan+1 j

jan j;

(b) lim(an ) = 0. Da bismo se u to uvjerili, dovoljno je potvrditi prvi sluµcaj, tj. a2n Tada je, po (a), a2n 1 + a2n 0, pa je P s2k = 2k n=1 an = s2k 2 + a2k 1 + a2k

s2k

2;

0 i a2n

1

0.

k 2 N;

dakle, niz (s2k ) je uzlazan. Nadalje, s2k = s2k

1

+ a2k

s2k

s1 = a1 ; k 2 N;

1

što znaµci da je niz (s2k ) ome†en odozgor. Po Teoremu 3.13, niz (s2k ) konvergira, tj. postoji lim(s2k ) pa postoji lim(s2k

s 2 R: Sliµcno se zakljuµcuje da je niz (s2k 1 ).

1)

silazan i ome†en odozdol

Budu´ci da je lim(a2n ) = lim(an ) = 0, mora biti lim(s2k

1)

=

lim(s2k ) = s, pa oba komplementarna podniza od (sk ) konvergiraju prema istoj toµcki P n 1a . s. Po Korolaru 3.11 je i lim(sk ) = s = 1 n n=1 ( 1) PRIMJER P (a) ( 1)n

1

konvergira. P (b) ( 1)n

1 2n

1

11 n

1 2

=1 1 2

= 1

+

+

1 4

1 3

1 8

1 4

+

+

1 16

je alterniraju´ci red koji (i) apsolutno

1 5

je tzv. alterniraju´ci harmonijski red.

On ne konvergira apsolutno ali konvergira jer ispunja oba uvjeta Leibnizova kriterija: jan+1 j = an+1 = (c) Red 1

1 2

1 n+1 1 4

+

< 1 8

1 n

+

= an = jan j;za svaki n 2 N, i lim(an ) = lim

1 16

1 32

1 64

+

1 128

+

1 256

1 n

= 0.

(nije alterniraju´ci red) kovergira

apsolutno. (Pripadni red apsolutnih vrijednosti se podudara s odgovaraju´cim u (a).)

3.1.5

FUNKCIJSKI NIZ

Neka je X

R, a RX skup svih funkcija iz X u R. Funkcijski niz de…niramo po

De…niciji 3.1 kao niz u skupu RX . Dakle, funkcijski niz (fn ) je funkcija f : N ! RX , pri µcemu je fn

f (n) : X ! R, tj. fn 2 RX , za svaki n 2 N.

DEFINICIJA 3.28 Re´ci ´cemo da funkcijski niz (fn ) u RX konvergira u toµcki x0 2 X prema funkciji f0 2 RX , ako realni niz (fn (x0 )) konvergira prema toµcki f0 (x0 ) 2 R. Ako je A

X i ako funkcijski niz (fn ) konvergira u svakoj toµcki x 2 A

prema prema funkciji f0 , onda kaµzemo da funkcijski niz (fn ) konvergira po toµckama

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH

NIZOVA I REDOVA

121

(ili konvergira obiµcno) na skupu A prema funkciji f0 . Ovo kra´ce zapisujemo kao lim(fn (x)) = f0 (x), x 2 A. Simboliµcki se de…nicijski uvjet moµze zapisati ovako: (8x 2 A)(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n

n0 ) jfn (x)

f0 (x)j < ":

Napokon, u sluµcaju A = X govorimo da funkcijski niz (fn ) konvergira po toµckama (ili obiµcno) prema funkciji f0 . PRIMJER (a) Promatrajmo funkcijski niz (fn ), fn : R ! R; fn (x) = Budu´ci da je

nx 1+nx+x2

=

x 2 1 +1+ xn n

; to je lim

nx 1+nx+x2

nx : 1+n+x2

= x za svaki x 2 R: Prema tomu,

niz (fn ) konvergira po toµckama prema identiteti f0 = 1R : R ! R. n (b) Neka je (gn ) funkcijski 8 niz; gn : R ! R; gn (x) = x . > > 0, jxj < 1 > > > < 1, x=1 Uoµcimo da je lim(xn ) = : > +1, x > 1 > > > > : ne postoji, x 1 Zato smijemo re´ci da, za bilo koji X R, funkcijski niz (gn jX ) konvergira po toµckama

na (svakom) skupu A X \ h 1; 1] prema svakoj funkciji g : X ! R za koju je ( 0, x 2 A ^ jxj < 1 g(x) = : 1, x 2 A ^ x = 1

U najpovoljnijem sluµcaju, dakle, na ovaj se primjer moµze gledati kao na funkcijski

niz (gn jh

1;1] )

u Rh

1;1]

koji konvergira po toµckama prema funkciji g0 : h 1; 1] ! R,

g0 (x) = 0 za svaki x 6= 1 i g0 (1) = 1.

Konvergencija po toµckama se pokazuje preslabom za neke potrebe (v. npr. Teorem 3.63). Jedno od pravih pojaµcanja se uvodi ovako: DEFINICIJA 3.29 Re´ci ´cemo da funkcijski niz (fn ) u RX konvergira jednoliko (ili uniformno) prema funkciji f0 , ako je udovoljava ovomu uvjetu: (8" > 0)(9n0 2 N)(8x 2 X)(8n 2 N)n

n0 ) jfn (x)

Re´ci ´cemo da (fn ) konvergira jednoliko na skupu A

f0 (x)j < ": X prema f0 , ako niz pripad-

nih suµzenja (fn jA ) konvergira jednoliko prema suµzenju f0 jA .

122

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

PRIMJER Funkcijski niz (fn ), fn : R ! R; fn (x) =

sin nx n ;

konvergira jednoliko prema funkciji f0 : R ! R; f0 = c0 (tj. prema nulkonstanti; f0 (x) = 0 za svaki x 2 R). Zaista, kakav god " > 0 odabrali, moµze se na´ci takav n0 2 N sin nx n

da bude

1 n

< " za svaki x i svaki n

n0 . (Dovoljno je uzeti n0 = [ 1" ] + 1.)

TEOREM 3.30 Jednolika konvergencija funkcijskog niza povlaµci njegovu konvergenciju po toµckama, ali ne i obratno. DOKAZ. Budu´ci da broj n0 u uvjetu jednolike konvergencije ovisi samo o broju " > 0; dok u uvjetu konvergencije po toµckama ovisi o " i o toµcki x; prva tvrdnja je oµcito istinita. Da, op´cenito, konvergencija po toµckama ne povlaµci jednoliku konvergenciju vidi se po pretodnom Primjeru (b). Tamo smo pokazali da funkcijski niz gn jh

1;1]

;

gn (x) = xn ; konvergira po toµckama prema funkciji g0 : h 1; 1] ! R, g0 (x) = 0 za svaki x 6= 1 i g0 (1) = 1: Pokaµzimo sada da ta konvergencija nije jednolika, tj. da postoji " > 0 takav da se, koji god n0 2 N odabrali, uvjet jednolike konvergencije ne moµze

ispuniti! Uzmimo " =

1 2

pa neka je n0 bilo koji prirodni broj. Uoµcimo da tada postoje

neki x 2 h 1; 1i i n > n0 za koje je jgn (x)

g0 (x)j = jxn

0j = xn > 21 :

Zaista, za svaki n 2 N i svaki x > 0 je xn = (1 + (x

1))n > 1 + n(x

1);

pa se za traµzeni x smije uzeti bilo koji element od 1

1 2n ; 1

µcim je n > n0 . To pokazuje

da se ne moµze udovoljiti uvjetu jednolike konvergencije.

3.1.6

FUNKCIJSKI RED

Funkcijski red se de…nira sliµcno brojevnom redu (v. De…niciju 3.20). DEFINICIJA 3.31 Pod redom realnih funkcija (kra´ce: funkcijskim redom) na X RX

R podrazumijevamo svaki ure†eni par ((fn ); (sk )) funkcijskih nizova (fn ) i (sk ) u pri µcemu je sk = f1 +

+ fn

Pk

n=1 fn :

Uobiµcajilo se funkcijski red ((fn ); (sk )) kra´ce zapisivati kao P fn ili, ponekad, kao f1 +

+ fn +

(+ ovdje nije funkcijsko zbrajanje nego samo sugestivna oznaka). Funkciju fn nazivamo n-tim µclanom, a funkciju sk k-tim djelomiµcnim zbrojem (ili k-tom parcijalnom P sumom) funkcijskoga reda fn .

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH

NIZOVA I REDOVA

123

P

fn u RX konvergira u toµcki P x0 2 X prema funkciji s : X ! R, ako red realnih brojeva fn (x0 ) konvergira prema P broju s(x0 ). Ako je A X i funkcijski red fn konvergira u svakoj toµcki x 2 A prema P funkciji s, onda kaµzemo da red fn konvergira po toµckama (ili obiµcno) na skupu P A prema funkciji s i pišemo sjA = 1 n=1 fn jA . Posebice, ako je A = X, govorimo da red P P fn konvergira po toµckama (ili obiµcno) prema funkciji s i pišemo s = 1 n=1 fn . P Napokon, re´ci´cemo da funkcijski red fn apsolutno konvergira (na skupu A X), P ako red jfn j konvergira po toµckama (na skupu A). (Svakom funkcijom f : X ! R je

DEFINICIJA 3.32 Re´ci ´cemo da funkcijski red

posve odre†ena funkcija jf j : X ! R+ [ f0g

R, jf j (x) = jf (x)j.)

Primijetimo da, po De…nicijama 3.31, 3.21 i 3.28, funkcijski red u toµcki x0 2 X (konvergira po toµckama na skupu A

P

fn u RX konvergira

X) prema funkciji s 2 RX ,

ako i samo ako pripadni funkcijski niz djelomiµcnih zbrojeva (sk ) konvergira u toµcki x0 (konvergira po toµckama na skupu A) prema funkciji s. Konvergentnost, odnosno, divergentnost funkcijskog reda X ili na nekom podskupu A

P

fn ( u nekoj toµcki x 2

X) istraµzujemo na naµcin sliµcan onomu za brojevne

redove. Pritom najµceš´ce rabimo poznate kriterije za redove s pozitivnim µclanovima P primijenjuju´ci ih na jfn (x)j. To onda znaµci da, zapravo, ispitujemo konvergentnost P (divergentnost) funkcijskoga reda jfn j, tj. apsolutnu konvergentnost polaznoga reda P fn . PRIMJER Promatrajmo funkcijski red X fn ; fn : Rnf1g ! R; f1 (x) = 1 1 x ; fn+1 (x) =

Cauchyjev kriterij, primjerice, daje r p n 1 n lim jfn (x)j = lim n (1x x)n

=

x 1 x

xn : (1 x)n+1

;

što povlaµci konvergentnost u svakoj toµcki x 2 Rnf1g za koju je j 1 x x j < 1. Odatle slijedi da promatrani funkcijski red konvergira (apsolutno) na skupu A = ; 12 . Posebice P treba ispitati ponašanje reda fn ”na rubu” od A, tj. u toµcki x = 21 . Pripadni P brojevni red jest fn ( 12 ), tj. 2 + 2 + +2+ , koji oµcito divergira.

Kako za funkcijske nizove, tako je i za funkcijske redove od posebne vaµznosti jednolika konvergencija. DEFINICIJA 3.33 Re´ci ´cemo da funkcijski red

P

fn u RX jednoliko (ili uni-

formno) konvergira prema funkciji s : X ! R, ako pripadni funkcijski niz djelomiµcnih P zbrojeva (sk ) jednoliko konvergira prema funkciji s. Ako je A X i red fn jA jednoP liko konvergira prema suµzenju sjA , onda kaµzemo da funkcijski red fn jednoliko (ili

124

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

uniformno) konvergira na skupu A prema funkciji s. Operativni zapis jednolike konvergencije funkcijskog reda izgleda ovako: (8" > 0)(9k0 2 N)(8x 2 X)(8k 2 N) k

k0 )

Pk

n=1 fn (x)

s(x) < ":

Kako za funkcijske nizove (v. Teorem 3.30) tako i za funkcijske redove, jednolika konvergencija povlaµci konvergenciju po toµckama, ali ne i obratno. Sljede´ci teorem donosi jedan od najpraktiµcnijih dostatnih uvjeta za jednoliku konvergenciju. P TEOREM 3.34 (Weierstrassov kriterij) Ako funkcijski red fn u RX ima na skupu P A X konvergentnu majorantu an u R (tj. (9n0 2 N)(8x 2 A) jfn (x)j an µcim je P n n0 ), onda red fn apsolutno i jednoliko konvergira na A. DOKAZ. Jasno je da obstojnost takve konvergentne majorante

P

an u R povlaµci P apsolutnu, dakle i po toµckama, konvergenciju na skupu A funkcijskoga reda fn u RX . Pokaµzimo još da je ta konvergencija jednolika! Odaberimo bilo koji " > 0. Uvedimo

uobiµcajene oznake: P P sk = kn=1 fn jA ; s = 1 n=1 fn jA ; Tada je, za svaki x 2 A, P1 js(x) sk (x)j = n=k+1 fn (x)

Budu´ci da je lim( takav da je j

k)

kj

k

=

Pk

n=1 an ;

P1

n=k+1 jfn (x)j

P1

n=1 an :

P1

n=k+1 an

=

k

0:

= , to postoji k0 2 N (ovisan, dakle, samo o " a ne i o toµcki x)

=

k

< " µcim je k

k0 .

Me†u funkcijskim redovima u RR posebno je vaµzan tzv. potencijski red X fn ; fn : R ! R; fn (x) = an xn ; an realna konstanta (za svaki n).

Ponekad se ovdje dopušta i n 2 N[f0g pod uvjetom da f0 bude konstantna funkcija P ca0 . Uobiµcajeni zapis potencijskog reda jest an xn . Istraµzuju´ci (ne)konvergentnost

potencijskog reda, lako se dolazi do zakljuµcka da ona ovisi o brojevnomu nizu (an ); toµcnije, o njegovu najve´cem gomilištu (v. pododjeljak 3.2.2). Stoga se svakom potenP cijskom redu an xn pridijeljuje njegov konvergencijski polumjer 2 R+ [ f+1g kako slijedi: 8 1p > , > > < lim sup( n jan j) = +1, > > > : 0,

p n jan j 2 R+ n f0g p lim sup n jan j = 0 p lim sup n jan j = +1 P Pokazuje se da potencijski red an xn konvergira u svakoj toµcki x 2 h u svakoj toµcki x 2 Rn[

lim sup

; ] µcim je

> 0. U toµcki x 2 f

o konkretnom redu, konvergiranje ili divergiranje. Ako je

; i i divergira

; g mogu´ce je, ovisno

= +1, potencijski red

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH

NIZOVA I REDOVA

konvergira u svakoj toµcki x 2 R, dok u sluµcaju

125

= 0, potencijski red divergira za svaki

x 6= 0. Štoviše, vrijedi ovaj teorem (ne ´cemo ga dokazati): TEOREM 3.35 Potencijski red

P

an xn konvergira apsolutno i jednoliko na svakom

segmentu [ r; r] µcim je r < , a divergira na Rn[

; ].

P1 n PRIMJER Promatrajmo potencijski red nx : q Uoµcimo da je lim sup n n1 = 1 pa je i pripadni konvergencijski polumjer = 11 = 1. P1 n Stoga potencijski red n x konvergira po toµckama na intervalu h 1; 1i, apsolutno

i jednoliko konvergira na svakom segmentu [ 1 +

1 m; 1

1 m ],

m 2 N, a divergira na

h ; 1i[h1; i. Napokon, za x = 1 ovaj red postaje alterniraju´cim harmonijskim redom P P1 ( 1)n n1 koji konvergira, a za x = 1 dobivamo harmonijski red n koji divergira. P1 n Prema tomu, n x konvergira po toµckama na [ 1; 1i, a divergira na R n [ 1; 1i.

3.1.7

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Odredite graniµcne vrijednost sljede´cih (konvergentnih) realnih nizova (an ): p n nb (a) an = n , c > 1; (b) an = n c, c > 0; (c) an = n , b > 0, c > 1; cn c p c 1 (d) an = ; (f) an = p (e) an = n n; . n n! n! Rješenje. a) Budu´ci da je c > 1, to je c = 1 + h za neki h > 0. Za n 2 dobivamo cn = (1 + h)n = 1 + nh +

n 2

h2

+ hn

h2 2 n(n

1):

Sada je 0

lim

n cn

lim

h2 2

n n(n 1)

= lim

2 h2

lim

1 n 1

=

2 h2

0 = 0;

pa je traµzena graniµcna vrijednost 0. (a) c) Primijetimo da je

nb cn

=(

n 1 (c b n )

)b , pa je, po a) i Teoremu 3.17, lim

nb cn

=

0b = 0. (Preostalo: b) 1; d) 0; e) 1; f) 0.) 2. Zadan je niz an = i a1 = 0:

(1

a)n2 2n + b : Odredite a i b tako da je lim (an ) = 2 an2 + n + 1

3. Odredite graniµcne vrijednost sljede´cih (konvergentnih) realnih nizova (an ): 2n3 1 3 (a) an = ; (b) an = ; 3 1 n arctan n n+1 n2 (n2 + 1) 2n + 3 (c) an = n 2 ; (d) an = ; 2 (n 1) 2n + 1 n ( 3) + 4n (e) an = n [ln(n + 3) ln n] ; (f) an = : n+1 ( 3) + 4n+1 4. Odredite sva gomilišta niza:

126

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST (a) an =

3n2 + 2n 1 + ( 1)n 1 + 2 n +1 2

( 1)n ; (b) an = n

1+

1 n

cos n :

5. Neka je (an ) realni niz i an 6= 0 za svaki n 2 N. Dokaµzite sljede´ce implikacije: an

(a) lim(an ) = +1 ) lim 1 +

1 an

(b) lim(an ) =

1 an an

1 ) lim 1 +

(c) lim(an ) = 0 ) lim( 1 + (d) lim(an ) = 0 ) lim

1 an

ln(1+an ) an

an

= e; = e;

) = e;

an

= 1.

6. Neka je A R i neka je a0 = inf A ili a0 = sup A. Tada postoji niz (an ) u A takav da je lim(an ) = a0 . (Naputak: Ako je a0 = inf A onda (8" > 0)(9a 2 A) a < a0 + ", pa se moµze uporabiti niz ("n ), "n = n1 .) 7. Odredite graniµcne vrijednost sljede´cih nizova: p 2 n2 sin n n sin(n!) ; (b) an = 2 (a) an = : n+1 n +1 8. Odredite graniµcne vrijednost sljede´cih nizova: 1 1 + p + 3 n3 + 1 n3 + 2 1 1 (b) an = p + +q 2 n +1 n2 + 1 (a) an = p 3

2

9. Pokaµzite da realni red

P

1 ; n3 + n 1 +q : n2 + n1

+ p 3

an , an = ln 1 +

1 n

, divergira iako je lim(an ) = 0.

10. Neka je (an ) bilo koji niz znamenaka (tj. an 2 f0; 1; 2; ; 9g). Pdecimalnih an , konvergira. Dokaµzite da realni red bn , bn = 10 n Dokaz. Budu´ci da je 0 an 9 za svaki n 2 N, 9 P an P 9 P 9 1 n 1 0 = 1 101 = 1; 10n 10n = 10 ( 10 ) 10 P an P1 an pa po Teoremu 3.23 red n=1 10n 2 10n konvergira i to prema nekom x [0; 1]. Primijetimo da je niz (an ) tada, zapravo, (beskonaµcni) decimalni zapis broja x = 0; a1 a2 a3 an an+1 . (Zato se kaµze i da je (an ) niz decimalnih znamenaka broja x. Obratno, moµze se pokazati da za svaki x 2 [0; 1] postoji neki niz decimalnih znamenaka (an ) s mogu´com nejedinstvenoš´cu kako slijedi: Ako je 0; a1 a2 a3 an an+1 = x = 0; b1 b2 b3 bn bn+1 onda postoji n0 2 N takav da je an = bn za n n0 , an0 +1 = bn0 +1 1 te an = 9 i bn = 0 za n n0 + 2.) 11. Ispitajte konvergenciju redova pomo´cu D’Alembertovog kriterija: 8 2! 3! 27 64 1! 1 + 2+ 3 + 4 + + 2 + 3 + ; (b) 1 e e e e 2 +1 2 +1 2 +1 1 2b 3b (c) 1 + + 2 + 3 + ; a > 1; b 2 R: a a a 12. Ispitajte konvergenciju redova pomo´cu Cauchyjevog kriterija: (a)

(a) 1 +

1 1 1 + + + 22 33 44 ;

;

(c) sin 2 + 22 sin 1 + 23 sin

(b)

;

3 32 33 + 2 + 3 + 2 2 arctan 1 2 arctan 2 2 arctan3 3

2 2 + 24 sin + 3 4

:

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH 13. Konvergira li red

14.

15.

16.

17.

P

an , a2n

NIZOVA I REDOVA

1

=

n 2n 1

2n 1

i a2n =

n 2n+1

127

2n+1

? (Na-

> putak: Primijeniti Cauchyjev kriterij.) Osim toga, pokaµzite da je lim aa2n+1 2n 3 i raspravite tu µcinjenicu. Ispitajte konvergenciju redova pomo´cu poredbenog kriterija: 1 1 1 ln 2 ln 3 ln 4 + + + ; (b) 1 + + + + ; (a) 1 + 2 3 4 ln 2 ln 3 ln 4 1 1 1 (c) + + + : 1001 2001 3001 Ispitajte konvergenciju redova pomo´cu Leibnizovog kriterija: X1 X1 1 1 ; (b) ( 1)n (a) ( 1)n : n n=1 n=2 (ln n) n ln n Ispitajte konvergenciju redova: X1 X1 (2n 1)! nn ; (b) (a) ; 2 n=1 2 4 6 n=1 (n!) (2n) n(n+1) X1 n 2 (c) ; n=1 n+2 2 4 8 16 32 cos 2 cos 3 cos 4 (d) 1+ + + + ; (e) cos 1+ p + p + p + : 3 9 27 81 243 23 33 43 Izraµcunajte sume redova: X1 X1 1 1 ; (b) ; (a) n=1 n(n + 1)(n + 2) n=1 n(n + 3) X1 p p p (c) n+2 2 n+1+ n : n=1

18. Dokaµzite da funkcijski niz (fn ), p fn : [0; i ! R; fn (x) = n 1 + xn ;

konvergira po toµckama prema funkciji f0 : [0; i ! R, f0 (x) = 1 za x f0 (x) = x za x > 1. 19. Dokazati da funkcijski niz (fn ) u RR , fn (x) = 1 +

x n n

1i

;

konvergira po toµckama prema funkciji f0 = expe 2 RR . Je li ta konvergencija jednolika? P 20. Dokaµzite da funkcijski red fn u RR , fn (x) = ln 1 +

x2 n ln(1+n)

;

jednoliko konvergira na svakom segmentu [ c; c] R, ali ne i na cijelom R. 21. Odredite podruµcje konvergencije redova: X1 xn 1 X1 xn2 X1 xn ; (b) ; (c) ; (a) n=1 n2 3n n=1 n! n=1 n 10n n X1 ( 1)n 1 x n X1 (x 1) ; (2) ; (d) n=1 2n n=1 (2n + 1)(2n + 3) 1 1+x P 22. Odredite konvergencijski polumjer potencijskoga reda an xn : n

(a) an = 1 za svaki n; (b) an = n12 ; (c) an = nn! . P n (b) Pokaµzite da potencijski red x , n 2 N[f0g jednoliko konvergira na svakom segmentu [ r; r] za r 2 h0; 1i, ali ne i na intervalu h 1; 1i. (Nak+1 Pk 1 putak: j n=0 xn 1 1 x j = jxj 1 µcim je x dovoljno blizu j1 xj 2k+1 j1 xj 1.)

128

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

3.2

NEPREKIDNE FUNKCIJE

U ovomu odjeljku se bavimo funkcijama iz X u R, X

R, koji su neprekidne (neprek-

inute, kontinuirane). Govore´ci intuitivno i opisno, radi se o funkcijama kojima se vrijednost f (x0 ), u svakoj toµcki x0 2 X, po volji malo razlikuje od vrijednosti f (x) µcim je toµcka x dovoljno blizu x0 . Prije nego prije†emo na glavnu temu, poop´cit ´cemo pojam

graniµcne vrijednosti s nizova na sve promatrane realne funkcije, a potom de…nirati i pojam graniµcne vrijednosti (limesa) u toµcki x0 :

µ µ GRANICNA VRIJEDNOST U BESKONACNOSTI

3.2.1

DEFINICIJA 3.36 Neka je f : X ! R funkcija, pri µcemu je X

R neome†en

odozdol (odozgor ); tj, X sijeµce svaki interval h ; bi (ha; i). Re´ci ´cemo da je toµcka y0 2 R

graniµcna vrijednost (ili limes) funkcije f kad x teµzi prema ispunjen ovaj uvjet: (8" > 0)(9x0 2 X)(8x 2 X) x

x0 (x

x0 ) ) jf (x)

1 (+1); ako je

y0 j < ":

Ovo ´cemo kra´ce zapisivati kao lim f = y0 (lim f = y0 ) ili, ponekad, kao lim f (x) = y0 1

( lim f (x) = y0 ).

x! 1

+1

x!+1

Po de…niciji, dakle, lim f = y0 (lim f = y0 ) znaµci da se sve vrijednosti f (x), x 2 1

+1

X \ h ; x0 ] (x 2 X \ [x0 ; i), nalaze u intervalu hy0

"; y0 + "i (v. crteµz).

PRIMJER Promatrajmo funkciju f : Rnf0g ! R, f (x) =

Budu´ci da je sin ome†ena funkcije (j sin xj to je broj

x+sin x x

x+sin x . x

1 za svaki x 2 R; v. pododjeljak 3.1.3(v))),

blizu 1 kad je jxj dostatno velik. Razumno je, stoga, oµcekivati da bi

obje graniµcne vrijednosti od f u beskonaµcnosti (x !

1 i x ! +1) mogle postojati

i biti jednake broju y0 = 1. Zaista, odabravši bilo koji " > 0, dovoljno je uzeti neki

x0
0)(9 > 0)(8x 2 (X n fx0 g) \ hx0

; x0 + i)

jf (x)

y0 j < ":

Ovo ´cemo kra´ce zapisivati kao limf = y0 ili, ponekad, kao lim f (x) = y0 . x!x0

x0

PRIMJER Pokaµzimo da funkcija f : R ! R, f (x) = graniµcnu vrijednost u toµcki x0 = 1 (v. crteµz).

8 > > < > > :

x + 1,

x 2 h ; 1i

1,

x=1

x2 + 3x,

; ima

x 2 h1; i

Uoµcimo da su vrijednosti f (x) blizu 2 µcim je x blizu 1, pa bi mogla postojati traµzena graniµcna vrijednost (y0 ) i biti y0 = 2. Primijetimo da je, za svaki x 6= 1, ( jx 1j, x 1 Odaberimo bilo koji " > 0 pa uzmimo neki "). Sada se lako provjeri da je jf (x) Dakle, uistinu je lim f = 2:

> 0 za koji vrijedi

p

4"+1 1 2

2j < " za svaki x 2 (R n f1g) \ h1

()


0)(8x 2 (X n fx0 g) \ hx0

; x0 + i) f (x)

h(x)

g(x).

Tada i funkcija h ima limes u toµcki x0 i h = lim y0 . x0

TEOREM 3.41 Neka funkcije f; g : X ! R, X toµcki x0 (kad x ! (a) lim(f

1, x ! +1). Tada je

g) = lim f

x0

lim g

x0

x0

(b) lim(f g) = limf limg x0

(c) lim x0

x0

f g

x0

x0

limg x0

(lim(f

lim g);

1

1

; lim g 6= 0

1

1

lim g

=

1

1

lim f 1

lim g 1

; lim g 6= 0); 1

ilimf > 0

x0

x0 lim g

(lim(f g ) = (lim f ) 1

f g

(lim

x0

(d) lim(f g ) = (limf ) x0 ; f > c0 x0

g) = lim f

1

(lim(f g) = lim f lim g);

limf =

R, imaju graniµcne vrijednosti u

1

1

; lim f > 0): 1

PRIMJER Promatrajmo funkcije f; g : Rnf0g ! R, f (x) =

sin x x ,

g(x) =

sin 2x x :

Kad se varijabla x pribliµzuje x0 = 0 obje funkcijske vrijednosti teµze k formalnom izrazu ”00 ”. Stoga ima smisla istraµziti moµzebitnu obstojnost pripadnih graniµcnih vrijednosti.

3.2. NEPREKIDNE FUNKCIJE

131

Budu´ci da je f i g parne funkcije, dostatno je promatrati x > 0 blizu 0: Za takve x je, po de…niciji trigonometrijskih funkcija (v. pododjeljak 3.1.3(v)), 0 < sin x < x < tan x; x 1 sin x < cos x , sin x x < 1.

odnosno, 1 < cos x
0)(9 > 0) f [(X n fx0 g) \ hx0

; x0 + i]

((8y < 0)(9 > 0) f [(X n fx0 g) \ hx0

; x0 + i]

hy; i

h ; yi) ;

onda kaµzemo da funkcija f divergira u toµcki x0 prema +1 ( 1) i pišemo lim f = x0

+1 (lim f = x0

1). (Ovi ”limesi”ne postoje u R!) Crteµz dolje prikazuje tipiµcni primjer.

PRIMJER Promatrajmo logaritamsku funkciju loga : R+ ! R (v. pododjeljak 3.1.3(iv)) i toµcku x0 = 0. Funkcija loga je inverzna funkcija eksponencijalne funkcijje expa : R ! R+

R (v. pododjeljak 3.1.3(iii)). Obje su strogo silazne kad je

(0 1. Zato je loga x > y , x < ay ; a < 1 (loga x < y , x < ay ; a > 1): Prema tomu, koliko god velik bio jyj, moµze se na´ci npr.

=

ay ,

takav da bude f [h0; i]

lim loga = +1 µcim je a < 1 i lim loga = 0

0

Za danu funkciju f : X ! R, X

hy; i, a < 1 (f [h0; i] 1 µcim je a > 1.

> 0,

h ; yi, a > 1): Dakle,

R, mogu se pored limf promatrati i tzv. limesi x0

slijeva i zdesna u toµcki x0 . Toµcna de…nicija jest kako slijedi: Re´ci ´cemo da je y0 2 R

graniµcna vrijednost slijeva (zdesna) funkcije f u toµcki x0 2 R, ako (8" > 0)(9 > 0)(8x 2 X \ hx0

; x0 i) ((8x 2 X \ hx0 ; x0 + i)) jf (x)

y0 j < ":

To kra´ce zapisujemo kao lim f = y0 ( lim f = y0 ). Za ilustraciju je dobro pogledati x0 0

x0 +0

sluµcaj na crteµzu (f), gdje je lim f = f (x0 ) dok limes zdesna u x0 ne postoji ((b), gdje x0 0

132

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

je limes slijeva u x0 ne postoji (u R) dok je lim f = y0 ). x0 +0

Po sliµcnosti s prije de…niranim ”divergiranjem”, mogu se sada formalno de…nirati i (u R nepostoje´ci) ”limesi” lim f =

x0 0

1 i lim f = +1 ( lim f = x0 0

x0 +0

1 i lim f = +1): x0 +0

PRIMJER Promatrajmo funkciju f : Rnf0g ! R; f (x) =

x jxj :

Odredit ´cemo joj graniµcne vrijednosti slijeva i zdesna u toµcki x0 = 0. lim f = lim 1;

lim f = 0+0

lim x x!0 x

0 0

= 1: (Primijetimo da je, zapravo, f (x) =

za x > 0, tj. f je tzv. funkcija signum (predznak), f

x!0

x x

=

1 za x < 0, a f (x) = 1

sgn; v. graf na crteµzu.)

Vezu izme†u graniµcne vrijednosti i onih slijeva i zdesna donosi ovaj teorem: TEOREM 3.42 Neka funkcija f : X ! R, X

R, ima graniµcne vrijednosti slijeva i

zdesna u toµcki x0 . Ako su one jednake onda postoji i graniµcna vrijednost od f u x0 i vrijedi lim f = lim f = lim f: x0 0

x0 +0

x0

DOKAZ. Tvrdnja je izravna posljedica odgovaraju´cih de…nicija. Primijetimo da moµze postojati lim f i kad lim f ili lim f ne postoje, tj. nemaju smisla x0

x0 0

x0 +0

(ovisno o de…nicijskomu podruµcju X). Da se graniµcna vrijednost realne funkcije moµze svesti na graniµcnu vrijednost realnog niza, te time znatno olakšati njezino odre†ivanje, potvr†uje ovaj teorem: TEOREM 3.43 Za funkciju f : X ! R, X lim

x!x0 (x! 1)

f = y0 ( 1)

R, vrijedi

(9 mogu´cih sluµcajeva)

onda i samo onda ako, za svaki niz (xn ) u X n fx0 g (u X), lim(xn ) = x0 ( 1) ) lim(f (xn )) = y0 ( 1)

(9 mogu´cih sluµcajeva):

DOKAZ. Dokazat ´cemo tvrdnju u sluµcaju x0 i y0 . Preostale se dokazuju analogno. Neka je, dakle, limf = y0 pa promatrajmo bilo koji niz (xn ) u X n fx0 g što konvergira x0

prema x0 . (Primijetimo da, po De…niciji 3.38, takav niz postoji!) Trebamo dokazati da niz (f (xn )) konvergira prema y0 , tj. da (8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n

jf (xn )

y0 j < ": Budu´ci da je limf = y0 , to za svaki " > 0 postoji neki

takav da je jf (x)

x0

y0 j < " µcim je jx

postoji neki n0 2 N takav da je jxn

n0 )

> 0

x0 j < , x 2 X n fx0 g. Zbog lim(xn ) = x0

x0 j
0)(9 > 0)(8x 2 (X n fx0 g) \ hx0

; x0 + i) jf (x)

protivno, tj. da (9" > 0)(8 > 0)(9x 2 X n fx0 g) jx Uzimaju´ci, za svaki n 2 N, broj

vrijedi jxn

x0 j
0, dobivamo niz (xn ) u X n fx0 g za koji

". To znaµci da (xn ) konvergira prema x0 i da

(f (xn )) ne konvergira prema y0 - protuslovlje. PRIMJER Sluµze´ci se Teoremom 3.43 odredimo sljede´ce graniµcne vrijednosti: x2 +4 x+2 ;

(a) lim 2

p

(b) lim 1

p

x2 + 1

x2 + 4x ; (c) lim 1 + +1

1 x x .

(a) Odaberimo bilo koji niz (xn ) u Rnf 2g koji konvergira prema x2n +4 xn +2

lim Dakle, lim 2

(2 xn )(2+xn ) xn +2

= lim

x2 +4 x+2

2. Tada je

= lim(2 xn ) = lim(2) lim(xn ) = 2 ( 2) = 4:

= 4:

(b) Odaberimo bilo koji niz (xn ) u Rn h 4; 0i koji divergira prema

1 (+1): Tada

postoji neki n0 2 N takav da je xn < 0 (xn > 0) µcim je n n0 . Sjetimo se da je p p p p a = at2 µcim je t < 0 (t a = at2 µcim je t > 0). Prema tomu, u sluµcaju lim(xn ) = 1 je p lim x2n + 1 lim

q 1+

1 xn 1 x2 n

p x2n + 4xn = lim !

4 q 1+ x4

=

4 1 1

lim 1

q 1+

p

1 4 xn q 1 + 1+ x4 n x2 n

x2 + 1

1 p 4xn x2n +1+ x2n +4xn

=

= 2;

n

dok za lim(xn ) = +1 dobivamo p p lim( x2n + 1 x2n + 4xn ) = lim ! lim

p

p

=

4 1+1

=

x2 + 4x = 2,

p

1 p 4xn x2n +1+ x2n +4xn

=

2:Dakle, lim +1

p

x2 + 1

p

x2 + 4x =

2.

(c) Ovdje ´cemo upotrijebiti sljede´cu µcinjenicu (neka ju µcitatelj sam dokaµze!): Ako u Teoremu 3.43 za funkciju f postoji broj a takav da je suµzenje f jX\h ;a] (f jX\[a; i ) monotona funkcija, onda se uvjet ”ako za svaki niz (xn ) u X, (xn ) !

1 ((xn ) !

+1)”smije oslabiti do ”ako za niz ( n) u ( N) \ (X \ h ; a]) ((n) u N \ (X \ [a; i))”: Budu´ci da je funkcija x 7! x +

1 x x

; x > 0; uzlazna i budu´ci da traµzimo njezin limes

kad x ! +1, dostatno je uporabiti niz (n), n 2 N. Dakle, lim 1 + +1

1 x x

= lim 1 +

1 n n

= e:

134

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

3.2.3

NEPREKIDNOST

DEFINICIJA 3.44 Re´ci ´cemo da je funkcija f : X ! R, X

R, neprekidna u

toµcki x0 2 X, ako za svaki interval Iy što sadrµzi toµcku f (x0 ) postoji interval Ix što sadrµzi toµcku x0 tako da bude f [X \ Ix ] na skupu A

Iy . Re´ci ´cemo da je funkcija f neprekidna

X µcim je neprekidna u svakoj toµcki x 2 A. U sluµcaju A = X kaµzemo

da je f neprekidna funkcija ili da je preslikavanje. Ako funkcija f nije neprekidna (u toµcki x0 ), kaµzemo da je prekidna (u toµcki x0 ). PRIMJER Pokaµzimo da je op´ca potencija

p

: R+ [ f0g ! R; x 7!

p

x

1

x 2 (drugi

korijen, v. pododjeljak 3.1.3(ii)), neprekidna funkcija.

Promatrajmo bilo koju toµcku x 0. Neka je Iy ha; bi bilo koji interval što sadrµzi p p strogo uzlazna funkcija, to za toµcku x (v. graf na crteµzu dolje). Budu´ci da je 0, odnosno, traµzeni interval Ix , što sadrµzi toµcku x, smijemo uzeti a2 ; b2 µcim je a p p a2 ; b2 µcim je a < 0. Zaista, tada je ( R+ [ f0g [0; i) [[0; i \ Ix ] = [ a2 ; b2 ] p p ha; bi = Iy , a 0; [[0; i \ Ix ] = [ 0; b2 ] [0; bi ha; bi = Iy , a < 0;

Oµcito je da se De…nicija 3.3.3 u metriµckim terminima moµze iskazati ovako: TEOREM 3.45 Funkcija f : X ! R, X samo onda, ako vrijedi:

(8" > 0)(9 > 0)(8x 2 X)

jx

x0 j
0. Budu´ci da je g neprekidna u y0 , to postoji neki

> 0 takav da je jg(y)

u x0 postoji neki

0

Prema tomu, jgf (x)

g(y0 )j < " µcim je jy

> 0 za koji je jf (x) gf (x0 )j = jg(y)

y0 j < . Po neprekidnosti od f

f (x0 )j = jy

y0 j
0 i primijetimo da y0 2 = hf (x0 )

neprekidnosti od f u x0 , postoji neki je x 2 X \ hx0

> 0 za koji je f (x) 2 hf (x0 )

"; f (x0 ) + "i. Po "; f (x0 ) + "i µcim

; x0 + i. Budu´ci da je x0 = inf A, to postoji neki a 2 A \ [x0 ; x0 + i.

Slijedi f (a) < f (x0 ) + " = y0 pa y0 ne moµze biti in…mum od f [A] - protuslovlje.

NAPOMENA 3.59 Da je pretpostavka inf A 2 X (sup A 2 X) nuµzna za ome†enost

funkcijske slike f [A] pokazuje primjer na crteµzu.

3.2. NEPREKIDNE FUNKCIJE

141

TEOREM 3.60 Neka je funkcija f : X ! R, X [a; b]

X. Tada je slika f [[a; b]]

R, neprekidna na segmentu

R segment (koji u sluµcaju konstantnog suµzenja

f j[a;b] degenerira u toµcku). DOKAZ. Po Teoremu 3.56 postoje x0 ; x00 2 [a; b], x0

x 2 [a; b], f (x0 )

f (x)

f (x00 ) ili f (x0 )

f (x)

x00 , takvi da je, za svaki f (x00 ). Zanemaruju´ci triv-

ijalni sluµcaj konstantnog suµzenja, mora biti x0 < x00 i f (x0 ) 6= f (x00 ). Oznaµcimo

y 0 = minff (x0 ); f (x00 )g i y 00 = maxff (x0 ); f (x00 )g. Treba dokazati f [[a; b]] = [y 0 ; y 00 ]. Budu´ci da je f [[a; b]] f [[a; b]]

[y 0 ; y 00 ] i y 0 ; y 00 2 f [[a; b]] oµcito ispunjeno, preostaje dokazati

hy 0 ; y 00 i. Neka je y0 2 hy 0 ; y 00 i bilo koja toµcka. Treba dokazati da postoji

toµcka x0 2 [a; b] za koju je f (x0 ) = y0 . Uzmimo x1 =

x0 +x00 2 .

Ako je f (x1 ) = y0

onda smo gotovi, a ako nije tako onda je ili f (x1 ) < y0 ili f (x1 ) > y0 . Tada promatrajmo onaj ”polusegment” [x01 ; x001 ] segmenta [x0 ; x00 ] (tj. x001

x01 =

x00 x0 2 )

za koji

je f (x01 ) < y0 < f (x001 ). Nastavljaju´ci induktivnim postupkom, dobivamo silazni niz ([x0n ; x00n ]) podsegmenata od [x0 ; x00 ] [a; b]. Po Cantorovu aksiomu, pripadni presjek je T neprazan, tj. n2N [x0n ; x00n ] 6= ;. Štoviše, po konstrukciji (u (n+1)-vom koraku uzimamo polusegment iz n-tog koraka) taj presjek jest jedna jedina toµcka x0 2 [x0 ; x00 ] (inaµce bi bio neki segment - što proturjeµci konstrukciji). Tvrdimo da je f (x0 ) = y0 . Naime, kad

tako ne bi bilo, bilo bi ili f (x0 ) < y0 ili f (x0 ) > y0 : U sluµcaju f (x0 ) < y0 postojao bi, po neprekidnosti od f u x0 , neki

> 0 takav da je i f (x) < y0 µcim je x 2 hx0

; x0 + i.

To bi dalje povlaµcilo obstojnost nekog n 2 N sa svojstvom f (x00n ) < y0 - protuslovlje. Na isti naµcin se pobija pretpostavka f (x0 ) > y0 . Ovime je teorem dokazan. Neposredne posljedice prethodnoga teorema jesu ova dva vaµzna korolara: KOROLAR 3.61 Neka je funkcija f : X ! R, X [a; b]

R, neprekidna na segmentu

X. Tada f j[a;b] poprima sve vrijednosti izme†u svoga minimuma i svoga maksi-

muma. Nadalje, ako je f (x0 ) < c (f (x0 ) > c), c 2 R, u toµcki x0 2 [a; b], onda postoji

podsegment [x1 ; x2 ]

[a; b] što sadrµzi toµcku x0 takav da je f (x0 ) < c (f (x0 ) > c) za

svaki x0 2 [x1 ; x2 ]. KOROLAR 3.62 Neka je funkcija f : X ! R, X [a; b]

R, neprekidna na segmentu

X i neka je sgn f (a) 6= sgn f (b). Tada postoji barem jedna toµcka x0 2 [a; b] za

koju je f (x0 ) = 0.

142

POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

Prisjetimo se konvergencije (po toµckama) funkcijskog niza. Pokazali smo da limes takvoga niza moµze biti prekidna funkcija iako su mu svi µclanovi neprekidne funkcije. Prema tomu, konvergencija po toµckama, op´cenito, ne µcuva neprekidnost. Sljede´ci teorem ´ce pokazati da, naprotiv, jednolika konvergencija µcuva neprekidnost. TEOREM 3.63 Neka funkcijski niz (fn ), fn : X ! R, X

R, jednoliko konvergira

prema funkciji f0 : X ! R. Ako je svaka funkcija fn , n 2 N, neprekidna u toµcki x0 , onda je i funkcija f0 neprekidna u toµcki x0 . Nadalje, ako je svaka funkcija fn neprekidna na skupu A

X, onda je i funkcija f0 neprekidna na skupu A.

DOKAZ. Po de…niciji jednolike konvergencije (fn ) ! f0 , za svaki " > 0 postoji neki n0 2 N takav da je jfn (x) f0 (x)j
0 takav da je (X n fx0 g) \ hx0

toµcka n 2 N

R je izolirana u skupu N; u skupu

samo toµcka 0; u intervalu ha; bi

f n1

"; x0 + "i = ;. Primjerice, svaka j n 2 Ng [ f0g

R nije izolirana

R nema izoliranih toµcaka. Primijetimo da je, po

samoj de…niciji, svaka realna funkcija neprekidna u svakoj izoliranoj toµcki x0 svoga de…nicijskog podruµcja. Derivabilnost, naprotiv, u takvoj izoliranoj toµcki po de…niciji nema smisla. Prema tomu, ako funkcija ima derivaciju u nekoj toµcki, onda ta toµcka nije izolirana u pripadnomu de…nicijskom podruµcju.

Iskoristimo li oznake x

x0 =

x i f (x)

f (x0 ) =

f (x)

y (v. pododjeljak 3.3.3),

formulu (1) moµzemo zapisati na još dva naµcina: f 0 (x0 ) = lim

f (x0 +

x!0

x) x

f (x0 )

(10 )

;

f (x) y lim : (100 ) x!0 x!0 x x PRIMJER Ispitajmo derivabilnost funkcije f : R ! R, f (x) = x2 (kvadriranje). Neka f 0 (x0 ) = lim

je x0 2 R bilo koja toµcka (u R nema izoliranih toµcaka). Po (10 ), primjerice, dobivamo da je

(x0 + x)2 x20 x) f (x0 ) = lim = x!0 x!0 x x 2x0 x + ( x)2 lim = lim (2x0 + x) = 2x0 : x!0 x!0 x Prema tomu, funkcija f je derivabilna u svakoj toµcki x0 i f 0 (x0 ) = 2x0 . Za x = 0 lim

f (x0 +

je f 0 (0) = 0, za x =

1 je f 0 ( 1) =

2 itd. Dobivenu derivaciju zapisujemo kao

(x2 )0 = 2x, x 2 R. PRIMJER (Newtonov pristup) Neka je zapisom s = f (t) i uvjetom f (0) = 0, pri µcemu s oznaµcuje prije†eni put a t vrijeme, dan zakon po kojemu se toµcka (”tvarna µcestica”) P giba po pravcu. Neka je pritom f : [0; i ! R derivabilna funkcija. Odredimo brzinu

v(t0 ) toµcke P u trenutku t0 . Toµcka P ´ce do trenutka t0 prevaliti put s0 = f (t0 ), a do trenutka t put s = f (t). Srednja brzina promatrane toµcke u vremenskomu segmentu [t0 ; t] za t0 < t ([t; t0 ] za t0 > t) je, po de…niciji, v(t) =

f (t) t

f (t0 ) t0

s ; t

t=t

t0 ;

s

f (t) = f (t)

f (t0 ):

4.1. DERIVACIJA

147

Ova brzina v(t) je to bliµza traµzenoj brzini v(t0 ) u trenutku t0 što je promatrani vremenski segment kra´ci. Stoga smijemo postulirati da je s : t

v(t0 ) = lim v = lim t0

t!0

No, to znaµci da je v(t0 ) = f 0 (t0 ), tj. ”brzina je derivacija puta po vremenu”. Pozabavimo se sada pobliµze ”problemom tangente” (Leibnizov pristup). Neka je u ravnini s koordinatnim sustavom (O; i; j) dana krivulja C jednadµzbom y = f (x), pri µcemu je funkcija f : [a; b] ! R derivabilna u toµcki x0 2 ha; bi. Odredimo

(algebarski) tangentu t krivulje C u toµcki T0 = (x0 ; f (x0 )). Neka je x 2 [a; b], x 6= x0 , pa je T = (x; f (x)) 2 C i T 6= T0 . Toµcke T0 i T odre†uju jedinstvenu sekantu sT krivulje C (v. crteµz dolje). Njezin smjerovni koe…cijent (v. pododjeljak 2.3.1) jest ksT =

f (x) x

f (x0 ) : x0

Pustimo li da se toµcka T ”pribliµzuje”po krivulji C (nepomiµcnoj) toµcki T0 , tj. da x ! x0 , sekanta sT ´ce se ”pribliµzavati” tangenti t. Prema tomu, za smjerovni koe…cijent od t

mora vrijediti sljede´ce: kt = lim ksT = lim T !T0

x!x0

f (x) x

f (x0 ) = f 0 (x0 ); x0

tj. ”tangentin smjerovni koe…cijent jest funkcijina derivacija u promatranoj toµcki”. Slijedom toga, za tangentinu jednadµzbu (u toµcki T0 = (x0 ; f (x0 )) 2 C) dobivamo t

y

f (x0 ) = f 0 (x0 )(x

x0 ):

(2)

(Tangenta u T0 moµze postojati i kad je lim f 0 = +1 ( 1), o µcemu sad ne ´cemo x0

raspravljati (v. pododjeljak 4.1.7), i tada joj je jednadµzba x = x0 .)

Normalom u toµcki T0 = (x0 ; f (0 )) krivulje C nazivamo pravac n kroz toµcku T0 okomit na pripadnu tangentu t. Slijedi da je normalina jednadµzba n

y

f (x0 ) =

1 f 0 (x0 )

(x

x0 ); f 0 (x0 ) 6= 0 (x = x0 ; f 0 (x0 ) = 0):

(3)

(Ako je tangentina jednadµzba x = x0 onda je pripadna normalina jednadµzba y = f (x0 ).)

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

148

PRIMJER Odredimo tangentinu i normalinu jednadµzbu u toµcki T0 = (2; y0 ) parabole y = x2 . Derivaciju f 0 funkcije f (x)

y = x2 odredili smo u prošlom primjeru i dobili f 0 (x) = 2x.

Uvrštenjem u (2) i (3) dobivamo traµzene jednadµzbe: t

y

f (2) = f 0 (2)(x

n

y

f (2) =

2); dakle; y = 4x

1 f 0 (2) (x

2); dakle; y =

4; 1 4x

+ 12 :

Geometrijsko znaµcenje derivacije kao tangentina smjerovnog koe…cijenta dopušta tzv. ”gra…µcko deriviranje” gra…µcki (grafom Gf ) zadane funkcije f : X ! R, X

R, što je

prikazano na ovim crteµzima:

TEOREM 4.3 Ako je funkcija f : X ! R, X

R, derivabilna u toµcki x0 onda je f

neprekidna u x0 .

DOKAZ. Derivabilnost funkcije f u toµcki x0 povlaµci lim (f (x)

x!x0

lim

x!x0

f (x) x

f (x0 )) = lim

x!0

lim

x!x0

f (x) = lim

x!x0

f (x) x

x =

x = f 0 (x0 ) 0 = 0;

pa je, po Teoremu 3.49, funkcija f neprekidna u toµcki x0 . Po Teoremu 4.3 slijedi da funkcije nema derivacije u toµckama u kojima je prekidna. No, derivabilnost je bitno jaµce svojstvo od neprekidnosti, tj. neprekidnost funkcije f u toµcki x0 ne povlaµci njezinu derivabilna u toj toµcki (v. Napomenu 4.2 i naredni primjer ). Pomo´cu limesa s lijeva i s desna (v. pododjeljak 3.3.2) mogu se de…nirati derivacije s lijeva i s desna:

4.1. DERIVACIJA

149

Re´ci ´cemo da je funkcija f : X ! R, X

R, u toµcki x0 2 X derivabilna s lijeva (s

desna) ako funkcija

f (x) f^(x) = x

f^ : X n fx0 g ! R;

f (x0 ) ; x0

ima u toµcki x0 graniµcna vrijednost s lijeva (s desna), tj. ako postoji lim f^ ( lim f^). x0 0

x0 +0

Pripadni limes tada nazivamo derivacijom s lijeva (s desna) funkcije f u toµcki x0 . Oµcito je da je funkcija f , koja je derivabilna s lijeva i s desna u toµcki x0 , derivabilna u x0 ako i samo ako se te derivacije s lijeva i s desna podudaraju. (Taj je broj onda f 0 (x0 ).) PRIMJER Funkcija x 7! f (x) = jxj, x 2 R, (apsolutna vrijednost) je neprekidna.

Posebice, ona je neprekidna u toµcki x = 0. Me†utim, lim f (0+ x)x f (0) = lim j x!0 0 x!0 0 x lim ( 1) = 1; lim x = x!0 0 x!0 0 f (0+ x) f (0) ^ lim f = lim = lim j x 0+0 x!0+0 x!0+0 x lim = lim (1) = 1: x!0+0 x x!0+0

xj x

lim f^ =

x0 0

xj x

=

=

Prema tomu, funkcija f je u toµcki x = 0 derivabilna s lijeva i s desna, ali budu´ci da pripadne derivacije nisu jednake, to f nije derivabilna u x = 0.

4.1.2

DERIVACIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA

Ovdje ´cemo odrediti derivacije nekih (osnovnih) elementarnih funkcija (v. pododjeljak 3.1.3) i izvesti nekoliko osnovnih derivacijskih pravila. TVRDNJA 4.4 Derivacija konstantne funkcije cr : R ! R, r 2 R, je nulkonstanta c0 , tj.

c0r (x) = 0:

(8r 2 R)(8x 2 R) DOKAZ.

cr (x) = r

(4)

r = 0 ) c0r (x) = lim

x!0

cr (x) = lim 0 = 0. x!0 x

TVRDNJA 4.5 Derivacija prirodne potencije x 7! xn , n 2 N, je funkcija x 7! nxn

1,

tj.

(8n 2 N)(8x 2 R)

(xn )0 = nxn

1

:

(5)

DOKAZ. Po Teoremu 1.23 je f (x) = (x +

x)n

xn =

Pn

n k=0 k

xn

k

( x)k

xn =

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

150 Pn

n k=1 k

xn

k

( x)k = f (x) x

Stoga je f 0 (x) = lim

x!0

Pn

n k=2 k

xn

k

( x)k + nxn

Pn

n n k ( k=2 k

= lim

x!0

x)k

1 1

x: + nxn

1

= nxn

1.

TVRDNJA 4.6 Derivacija trigonometrijske funkcije sin jest cos, a funkcije cos jest sin, tj. (8x 2 R)

sin0 x = cos x;

(6)

(8x 2 R)

cos0 x =

(7)

sin x)

DOKAZ. Vrijedi (

sin)(x) = sin(x +

2 sin

x 2

x 2 )

cos(x +

sin x = 2 sin x+

x)

sin 2x x 2

=

x cos(x +

x x 2

cos x+

x+x 2

=

x 2 ):

Po tomu je (

sin0 x = lim

sin)(x) x

x!0

x 2 x 2

sin

= lim

x !0 2

lim cos(x + x!0

x 2 )

= 1 cos x = cos x:

Sasvim sliµcno se dokazuje i tvrdnja pod (7). TVRDNJA 4.7 Eksponencijalna funkcija x 7! expa (x) ima derivaciju x 7! expa (x) ln a,

tj.

(8x 2 R)

(ax )0 = ax ln a

(8)

(ex )0 = ex :

(9)

Posebice je (8x 2 R)

DOKAZ. Budu´ci da je (ax ) = ax+

x

ax = ax (a

x

1),

to je (ax )0 = lim Uvrstimo li a

x

ax (a

x!0 a x

= t + 1;

x

1)

x

= ax

lim

x!0

a

x

1

x

:

1 = t, dobivamo x=

ln(t+1) ln a

i

x ! 0 , t ! 0:

Prema tomu (ax )0 = ax lim

t!0

t ln(t+1) ln a

1 1 t!0 ln(t+1) t

= ax ln a lim

= ax ln a ln1e = ax ln a:

Naredni teorem redovito rabimo pri odre†ivanju derivacija ve´cine elementarnih funkcija.

4.1. DERIVACIJA

151

TEOREM 4.8 (Deriviranje i osnovne raµcunske operacije) Neka su funkcije f; g : X !

R, X

R, derivabilne (na skupu A

X; u toµcki x0 2 X). Tada su derivabilne (na A; f g, f g, (g(x) 6= 0) i vrijedi: g

u x0 ) i funkcije f + g, f (f + g)0 = f 0 + g 0 ;

(10)

g)0 = f 0

(11)

(f

g0;

(f g)0 = f 0 g + f g 0 ;

(12)

(cr g)0 = cr g 0

(13)

0

f g

=

(f = cr - konstantna funkcija);

f0 g

f g0 g2

:

(14)

DOKAZ. Sve formule (10)-(14) se dokazuju sliµcno. Dokaµzimo, primjerice, onu posljednju! 0

f g

(x) = lim

f (x+ x) g(x+ x)

x

x!0

lim

f (x) g(x)

x!0

x!0

f (x+ x)g(x) f (x)g(x+ x)+f (x)g(x) f (x)g(x) g(x+ x)g(x) x

f (x)g(x+

f (x+ x)g(x) f (x)g(x) x

x) f (x)g(x) x

g(x+ x)g(x)

x!0

lim

= lim

f (x+ x) f (x) x

g(x) f (x) lim

g(x+

x!0

x) g(x) x

lim g(x+ x) g(x) x!0

=

= =

f 0 (x)g(x) f (x) g 0 (x) . g(x)2

Primijetimo da u sluµcaju konstantne funkcije f = cr , po (4) i (14) dobivamo cr g

0

cr g 0 ; g2

=

r g(x)

tj.

0

=

r

g 0 (x) ; g(x)2

a u sluµcaju g = cr dobivamo (usp. (13) za f = c 1 ) r

f cr

0

=

f0 cr ;

tj.

f (x) r

0

=

f 0 (x) r :

TVRDNJA 4.9 Derivacije trigonometrijskih funkcija tan i cot jesu: (8x 2 Xtan ) tan0 x = (8x 2 Xcot ) cot0 x =

1 ; cos2 x

(15)

1 : sin2 x

(16)

DOKAZ. Vrijedi tan0 x =

(14) sin0 x cos x sin x cos x (6),(7) cos2 x+sin2 x sin 0 = cos (x) = cos2 x cos2 x

=

1 : cos2 x

Na isti naµcin se dokazuje formula (16): TVRDNJA 4.10 Derivacija negativne cijele potencije x 7! x x 7!

nx

n 1,

tj.

(8n 2 N)(8x 2 Rnf0g)

(x

n )0

=

nx

n 1:

n,

n 2 N, je funkcija

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

152 n )0

DOKAZ. (x

(xn )0 (5) = (xn )2

1 0 (14) = xn

=

nxn 1 x2n

=

nx

n 1.

Ponekad je korisno, prije eksplicitnog odre†ivanja derivacije neke funkcije f , formalno izraziti funkcijski prirast

f (x) u toµcki x0 , x = x0 +

Pretpostavimo da je funkcija f : X ! R, X

x, pomo´cu vrijednosti f 0 (x0 ).

R, derivabilna u toµcki x0 . De…nirajmo

novu funkciju x

x0 7! (x

x0 ); x 2 X n fx0 g;

propisom (x

f (x) f (x0 ) x x0

x0 ) =

Oµcito je tada 8 < lim (x :

f 0 (x0 ); tj.

x0 ) = lim

x!x0

( x) =

( x) = 0

x!0

f (x) = (f 0 (x0 ) + ( x)) x

y

f (x) x

f 0 (x0 ):

:

(17)

TEOREM 4.11 (Derivacija funkcijske kompozicije) Ako je funkcija f : X ! R, X R, derivabilna u toµcki x0 , a funkcija g : Y ! R, Y f (x0 ) 2 Y

R, derivabilna u toµcki y0 =

f [X], onda je i funkcijska kompozicija gf : X ! R, derivabilna u x0 i

pritom je

(gf )0 (x0 ) = g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 ):

(18)

DOKAZ. Neka je x 2 X, x 6= x0 , i f (x) f (x0 ), z

(gf )(x),

z

f (x0 + x) = y0 + y, pa je g(y0+

y)

x = x

x0 . Oznaµcimo y

(gf )(x) (gf )(x0 ). Tada je

f (x),

y

y = f (x0 + x) f (x0 ), tj.

z = (gf )(x0 + x) (gf )(x0 ) = g(f (x0 + x)) g(f (x0 )) =

g(y0 ). Sada je

(gf )0 (x0 ) = lim

x!0

(g 0 (y0 ) + lim

x!0

z x

g(y0 + y) g(y0 ) (17) = x x!0

= lim

( y))

lim

x!0

y x

1 0 x (g (y0 )

lim

x!0

= g 0 (y0 )f 0 (x0 ) +

lim

x!0

+ ( y)) y =

( y) f 0 (x0 )

:Budu´ci da je funkcija f neprekidna u toµcki x0 (v. Teorem 4.3), to y ! 0, pa (17) povlaµci lim

x!0

( y) = lim

y!0

( y) = 0.

x ! 0 povlaµci

PRIMJER Derivirajmo funkciju x 7! h(x) = cos(sin x), x 2 R.

Primijetimo da je h = gf , pri µcemu je f = sin i g = cos. Dakle, po (18), h0 (x) = cos0 (sin x) sin0 x =

sin(sin x) cos x:

TVRDNJA 4.12 Ovo su derivacije hiperbolnih funkcija: (8x 2 R)

sinh0 x = cosh x

(19)

4.1. DERIVACIJA

153

cosh0 x = sinh x 1 tanh0 x = cosh2 x

(8x 2 R) (8x 2 R)

(21) 1 sinh2 x

coth0 x =

(8x 2 R n f0g)

(20)

(22)

DOKAZ. Dokaµzimo npr. formulu (19)! ex e 2

sinh0 x = 1 x 2 (e

e

x(

0 (13),(11) = 12

x

1)) =

ex +e 2

x

((ex )0

x )0 ) (9),(18) =

(e

= cosh x.

TEOREM 4.13 (Derivacija inverzne funkcije) Neka je injektivna funkcija f : X ! R; R, derivabilna u toµcki x0 i f 0 (x0 ) 6= 0. Ako je pripadna ”inverzna” funkcija

X

1

f

1

: f [X] ! R neprekidna u toµcki y0 = f (x0 ), onda je f

derivabilna u toµcki y0 i

pritom je

1 0

(f

) (y0 ) =

1 f 0 (x0 )

:

(23) 1

DOKAZ. Budu´ci da je f 1 (y)

f

= f

1 (y

0

+

y)

inverzna funkciji f i y0 = f (x0 ), to je f f

1 (y

0)

= x0 +

y0 + y = y. Zbog injektivnosti funkcije f je neprekidnosti funkcije f 4.3), (f

1

x

x0 =

1 )0 (y

0)

f

= lim

y!0

y

0)

= x0 i

x µcim je f (x0 +

x) =

y 6= 0 toµcno onda kad je

x 6= 0, a zbog

u toµcki y0 i neprekidnosti funkcije f u toµcki x0 (v. Teorem

y ! 0 toµcno onda kad 1 (y)

1 (y

x ! 0. Prema tomu, 1 = lim xy = lim y = lim y!0

y!0

x

x!0

1 y x

=

1 lim

x!0

y x

=

1 f 0 (x0 ) .

TVRDNJA 4.14 Ovo su derivacije ciklometrijskih funkcija i area-funkcija: (8x 2 h 1; 1i)

arcsin0 x = p

(8x 2 h 1; 1i)

arccos0 x =

(8x 2 R) (8x 2 R) (8x 2 R)

1 x2

1 p

;

1 1

x2

(24) ;

(25)

1 ; 1 + x2 1 arccot0 x = ; 1 + x2 1 arsh0 x = p 1 + x2 arctan0 x =

(8x 2 h ; 1i [ h1; i) (8x 2 h 1; 1i)

(27) (28)

arch0 x = p

arth0 x =

(8x 2 h ; 1i [ h1; i)

(26)

1 1

x2

1 x2

1

;

(29)

;

arcth0 x =

(30) 1 x2

1

:

(31)

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

154

DOKAZ. Dostatno je, ilustracije radi, primjenom Teorema 4.13, dokazati prvu formulu. (23)

arcsin0 x =

1 sin0 y

=

1 cos y

=p

1 1 sin2 y

=

p 1 : 1 x2

(Funkcije arcsin i arccos nisu derivabilne u toµckama x =

1 i x = 1!)

TVRDNJA 4.15 Logaritamska funkcija x 7! loga x ima derivaciju x 7! (8x 2 R+ )

log0a x =

1 , tj. x ln a

1 : x ln a

(32)

Posebice je (8x 2 R+ )

ln0 x = (23)

log0a x =

DOKAZ.

1 : x 1 (ay )0

(33) =

1 ay ln a

=

1 x ln a .

TVRDNJA 4.16 Derivacija op´ce potencije x 7! xr , r 2 R, je funkcija x 7! rxr

1

kad god je ova dobro de…nirana (usp. (5) i Tvrdnju 4.10) tj. (xr )0 = rxr

1

:

(34)

DOKAZ. Dostatno je tvrdnju dokazati za x 2 h0; i. Po pododjeljku 3.1.3(iv) je xr = er ln x . Prema tomu, (xr )0 = (er ln x )0

(18),(9)

=

er ln x (r ln x)0

(13);(33)

=

er ln x

r x

r x

= xr

= rxr

1:

(Op´ca potencija nije derivabilna u toµcki x = 0 µcim je r < 1!) TVRDNJA 4.17 Neka su dane funkcije f; g; h : X ! R, X f (x)g(x)

(f g )(x).

R, i neka je h(x) =

Ako su f , g i h derivabilne u toµcki x0 , onda derivacija h0 (x0 )

dopušta zapis (f g )0 (x0 ) = g 0 (x0 ) ln f (x0 ) + g(x0 )

f 0 (x0 ) f (x0 )

f (x0 )g(x0 )

(35)

DOKAZ. Prikaµzimo funkciju h kao kompoziciju logaritamske i eksponencijalne funkcije (koje ukljuµcuju f , g i mnoµzenje). Prvo, neka je f

ln

x 7! f (x) 7! ln f (x); Tada je h

g

x 7! g(x);

: X ! R,

= g (ln f ), tj.

x 7! (x) = g(x) ln f (x):

f g jednaka funkcijskoj kompoziciji expe

, tj.

exp

x 7! (x) 7!e expe ( (x)) = eg(x) ln f (x) = f (x)g(x) = h(x): Primijenimo li pravila (9), (18), (12) i (33) dobit ´cemo (35).

4.1. DERIVACIJA

155

NAPOMENA 4.18 Ako je funkcija f : X ! R, X

R, zadana implicitno jed-

nadµzbom F (x; y) = 0 (v. pododjeljak 3.1.1) i ako je derivabilna u toµcki x0 , onda derivaciju f 0 (x0 ) odre†ujemo formalnim deriviranjem jednadµzbe F (x; y) = 0 (deriviraju´ci y pišemo y 0

f 0 (x) i uvrštavamo x = x0 ) i sre†ivanjem.

PRIMJER Odredimo derivaciju u toµcki x = 0 funkcije x 7! f (x) = y implicitno zadane jednadµzbom 2y

xy + x2

2 = 0:

Formalno deriviraju´ci jednadµzbu dobivamo: (2y

xy + x2

2)0 = 00 ) 2y ln 2 y 0

(y + xy 0 ) + 2x = 0 ) y 0 =

y 2x 2y ln 2 x ;

pa je f 0 (x0 )

y00 =

Vrijednost f (0) 0)

2y 0

y0 dobivamo uvrštenjem u jednadµzbu. Dakle 2y0

= 2 ) y0 = 1. Napokon,

f 0 (0)

4.1.3

y0 2x0 2y0 ln 2 x0 :

y00 =

1 20 21 ln 2 0

=

1 2 ln 2

=

0 y0 + 0 2

2=

1 ln 4 :

DIFERENCIJAL

U pododjeljku 4.1.2 smo pokazali da za prirast f (x) derivabilne (u toµcki x0 ) funkcije f : X ! R, X f (x) = f 0 (x0 ) x + ( x) x;

f (x0 ) = (

x0 f )(x)

f (x)

R, x = x0 + x, vrijedi formula (17):

pr iµcem uje

lim

x!0

( x) = 0:

To navodi da se funkciji derivabilnoj u toµcki x0 pridijeli (lokalno) linearna funkcija što ju odre†uje derivacija f 0 (x0 ). Tako se dolazi do tzv. diferencijabilnosti, odnosno, diferencijala promatrane funkcije u toµcki x0 : Za funkcije jedne varijable, što ih sada prouµcavamo, bit ´ce razvidno da su diferencijabilnost i derivabilnost ekvivalentna svojstva. Da je diferencijabilnost, op´cenito, jaµce svojstvo od derivabilnosti uoµcit ´cemo uskoro prouµcavaju´ci realne funkcije više varijabla. DEFINICIJA 4.19 Re´ci ´cemo da je funkcija f : X ! R, X

R, diferencijabilna

u toµcki x0 , ako postoji broj a 2 R takav da je f (x)

f (x0 ) = a (x

pri µcemu za funkciju x lim

x!x0

x0 ) + r(x

x0 7! r(x

x0 );

(36)

x0 ), x 6= x0 , mora vrijediti

r(x x0 ) =0 x x0

(”ostatak” r(x

x0 ) teµzi k 0 bitno brµze od x

(37) x0 ).

Re´ci ´cemo da je funkcija f diferencijabilna, ako je diferencijabilna u svakoj toµcki x 2 X.

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

156

Razvidno je (v.(17)) da je funkcija f diferencijabilna u x0 µcim je derivabilna u x0 . Naime, za traµzeni broj a smijemo uzeti f 0 (x0 ), pa je r(x

x0 ) = (x

x0 ) (x

x0 ) i

uvjetu je udovoljeno. S druge strane, lako je dokazati da je broj a jedinstven µcim je f diferencijabilna u x0 , a onda je a = lim

x!x0

r(x x0 ) x!x0 x x0

f (x) f (x0 ) x x0

+ lim

= f 0 (x0 ):

Prema tomu, funkcija f je diferencijabilna (u toµcki x0 ) toµcno onda kad je derivabilna (u x0 ). Pripadnu linearnu funkciju nazivamo diferencijalom funkcije f u toµcki x0 i oznaµcujemo s df (x0 ) : R ! R;

df (x0 )(x) = f 0 (x0 ) x:

Primijetimo da je, po (17), lim

x!0

f (x) df (x0 )( x) x

= lim

x!0

r( x) x

= lim

x!0

( x) = 0:

PRIMJER Odredimo diferencijale df (x0 ), u svakoj toµcki x0 2 R, osnovnih elemen-

tarnih funkcija sin, potencije s eksponentina 2 i linearne funkcije s koe…cijentom k, tj. funkcija x 7! sin x, x 7! x2 (kvadriranje) i x 7! kx (k 2 R konstanta).

Neka je x0 2 R bilo koja toµcka (promatrane funcije su derivabilne).

Vrijednosti

df (x0 )(x) traµzenih diferencijala df (x0 ) jesu redom: d(sin x0 )(x) = sin0 x jx=x0 x = cos x0 x; d(x20 )(x) = (x2 )0 jx=x0 x = 2x0 x; d(kx0 )(x) = (kx)0 jx=x0 x = kx:

Primijetimo da je diferencijal linearne funkcije, u svakoj toµcki x0 2 R, jednak toj

funkciji.

Da bismo što jednostavnije operirali diferencijalom, iskoristimo µcinjenicu (v. Linearnu algebru) df (x0 ) 2 Hom(R; R) = R; tj. da je df (x0 ) vektor u dualnomu prostoru (svih linearnih funkcija) od R. Ako s d 2 hom(R; R) oznaµcimo bazni vektor dualan vektoru e = 1 2 R, smijemo pisati df (x0 ) = f 0 (x0 )d; a za njegove vrijednosti df (x0 )(x) = f 0 (x0 )dx;

x 2 R:

Pojednostavnjuju´ci zapisivanje, kad god ne moµze do´ci do zabune, uobiµcajilo se diferencijal df (x0 ) tretirati kao funkciju od x df (x0 )( x)

df (x) = f 0 (x)dx;

pa ´cemo se i mi toga drµzati.

x0 =

x, x 2 R, i pisati

4.1. DERIVACIJA

157

Na taj se naµcin gornji primjeri mogu zapisati kako slijedi: dx2 = 2xdx;

d sin x = cos xdx;

d(kx) = kdx:

Primijetimo da takvo skra´ceno zapisivanje dopušta zapisati derivaciju kao koliµcnik f 0 (x) =

df (x) dx

dy : dx

(38)

Pritom na veliµcinu dx smijemo gledati kao na ”neizmjerno mali” x jer je f 0 (x0 ) x = df (x0 )( x)

df (x) = f 0 (x)dx:

Radi boljega poimanja, korisno je pojasniti diferencijalovo geometrijsko znaµcenje (v. crteµz dolje). Budu´ci da je f 0 (x0 ) =

df (x) dx ,

x = x0 +

x, dx =

x, tangentin smjerovni

koe…cijent (t u toµcki (x0 ; f (x0 )) 2 Gf , v. (2)); slijedi da je vrijednost pripadnoga df (x) = f 0 (x0 )dx ”prirast do tangente” t, dok je

diferencijala df (x0 )(dx)

f (x)

pripadni funkcijski prirast, tj. ”prirast do grafa” Gf !)

Teorem 4.8 ima svoj lokalni diferencijalni analogon. TEOREM 4.20 (Diferencijal i osnovne raµcunske operacije) Neka su funkcije f; g : X ! R, X

R, diferencijabilne u toµcki x0 . Tada za pripadne diferencijale u x0

vrijedi:

dcr (x0 ) = c0

(f

cr ; c0

konstantne funkcije);

(39)

d(f + g)(x0 ) = df (x0 ) + dg(x0 );

(40)

d(f

(41)

g)(x0 ) = df (x0 )

dg(x0 );

d(f g)(x0 ) = g(x0 )df (x0 ) + f (x0 )dg(x0 );

(42)

d(cr g)(x0 ) = cr dg(x0 )

(43)

d

f g

(x0 ) =

(f = cr );

g(x0 )df (x0 ) f (x0 )dg(x0 ) g(x0 )2

(g(x0 ) 6= 0):

(44)

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

158

DOKAZ. Dokaµzimo, primjera radi, formulu (42)! Uzmimo bilo koji x 2 R. Tada je u Hom(R; R)

(12)

d(f g)(x0 )(x) = (f g)0 (x0 )dx = (f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 ))dx = g(x0 )f 0 (x0 )dx + f (x0 )g 0 (x0 )dx = g(x0 )df (x0 )(x) + f (x0 )dg(x0 )(x) = (g(x0 )df (x0 ) + f (x0 )dg(x0 ))(x). PRIMJER Odredimo funkciji x 7! f (x) = ex sin x diferencijal u bilo kojoj toµcki x0 2 R.

(42)

df (x0 )(x) = (sin x0 d(ex0 ) + ex0 d(sin x0 ))(x) = sin x0 ex0 dx + ex0 cos x0 dx = ex0 (sin x0 + cos x0 )dx: Ili skra´ceno, d(ex sin x) = (ex sin x)0 dx = ex (sin x + cos x)dx: TEOREM 4.21 Neka je funkcija f : X ! R, X

R, derivabilna u toµcki x0 i neka je

f 0 (x0 ) 6= 0. Tada je lim

x!0

f (x) = 1: df (x)

DOKAZ. Po (17) i (36) je

f (x) df (x)

=

f 0 (x0 )dx+ (dx)dx f 0 (x0 )dx

= 1+

(dx) f 0 (x0 )

i lim

dx!0

(dx) = 0:

Prema tomu, f (x) x!0 df (x)

lim

=1+

1 lim f 0 (x0 ) dx!0

(dx) = 1:

Teorem 4.21 potvr†uje da je funkcijin prirast

f (x0 )( x)

f (x)

y pribliµzno

jednak diferencijalovoj vrijednosti df (x0 )( x)

df (x)

µcim je varijablin prirast y

dy x = dx dostatno malen. Pišemo

dy:

Ova se µcinjenica µcesto primijenjuje u pribliµznom izraµcunavanju funkcijskih vrijednosti, kao i u procjenjivanju pogrješaka koje su posljedica netoµcnih mjerenja. Ako je npr. poznata funkcijina vrijednost y0 = f (x0 ), njezina se vrijednost u toµcki x = x0 + dx (f derivabilna u x0 i dx dostatno malen) smije aproksimirati po formuli f (x0 + dx) = y0 +

y

y0 + dy:

(45)

Nadalje, ako je varijabla x izmjerena s pogrješkom koja apsolutno ne premašuje jdxj,

onda se najve´ca apsolutna pogrješka funkcijine vrijednosti y = f (x) smije procijeniti kao j yj

jdyj = f 0 (x) dx;

(46)

4.1. DERIVACIJA

159

relativna pogrješka kao y y

dy ; y

(47)

a postotna pogrješka kao y 100% y

dy 100%: y

(48)

PRIMJER Izraµcunajmo neku pribliµznu (racionalnu) vrijednost iracionalnoga broja p 4 84 rabe´ci aproksimaciju diferencijalom. U rješavanju ovakvoga zadatka treba voditi raµcuna o trima stvarima: - Prvo, da se odabere što je mogu´ce jednostavnija elementarna funkcija f (primjerena danom zadatku); - da se odabere odgovaraju´ca toµcka x0 za koju se (toµcna) vrijednost f (x0 ) moµze lako izraµcunati; i tre´ce, - da x0 + dx bude dana varijablina vrijednost s relativno malim dx. Primijetimo, najprije, da je

p 4

1

84 = (81 + 3) 4 = 3(1 +

1 14 27 ) :

Stoga se (ne zahtijevamo li

bolju aproksimaciju), kao prikladan izbor name´cu funkcija 1

x 7! f (x) = 3(1 + x) 4 i toµcka x0

0;

1 pri µcemu je dx = 27 = x0 + dx. Tada, primijenjuju´ci formulu (45) dobivamo: p 1 4 1 1 1 84 = 3 1 + 27 ) 4 = f 0 + 27 f (0) + f 0 (0) 27 = 1

3(1 + 0) 4 +

3 3

4(1+0) 4

Neka je f : X ! R, X

1 27

=3+

1 36

=

109 36

3; 028:

R, derivabilna (ekvivalentno, diferencijabilna) funkcija.

Tada u svakoj toµcki x postoji diferencijal df (x) : R ! R, df (x)(x) = f 0 (x)dx, pa je

dobro de…nirana funkcija df : X ! Hom(R; R), x 7! df (x). Budu´ci da je Hom(R; R)

izomorfan vektorskomu prostoru R, Hom(R; R) = R, to na df smijemo gledati i kao na funkciju iz X u R.

Neka je funkcija f : X ! R, X

R, derivabilna na skupu A

X, tj. neka pos-

toji funkcija (f jA )0 : A ! R, x 7! f 0 (x). Ako je funkcija (f jA )0 derivabilna u toµcki x0 , onda kaµzemo da je funkcija f dvaput derivabilna u toµcki x0 , a vrijednost ((f jA )0 )0 (x0 )

f 00 (x0 ) nazivamo drugom derivacijom funkcije f u toµcki x0 . Re´ci

´cemo da je funkcija f dvaput derivabilna na A ako je f dvaput derivabilna u svakoj toµcki x 2 A. Pripadnu funkciju nazivamo drugom derivacijom funkcije f na skupu

A i oznaµcujemo s (f jA )00 : A ! R. U sluµcaju A = X govorimo o dvaput derivabilnoj

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

160

funkciji f i o njezinoj drugoj derivaciji f 00

(f 0 )0 : X ! R. Nastavljaju´ci induk-

tivno, ima smisla govoriti o tre´coj, µcetvrtoj, skupu A; u toµcki x0 ). Pripadne oznake su f (n) (x0 ) = (f (n

1) 0

; n-toj,

f 000 ,

n 2 N (f (0)

) (x0 );

f (4) ,

derivaciji funkcije f (na

,

f (n) ,

. Dakle,

f ):

(50)

PRIMJER Odredimo (ako postoje) sve derivacije f (n) : R ! R, n 2 N, funkcije f : R ! R; f (x) = erx :

Budu´ci da je f funkcijska kompozicija mnoµzenja konstantom (r) s (prirodnom) eksponencijalnom funkcijom (expe ), to je f derivabilna funkcija. Sliµcno vrijedi i za njezine derivacije. Pritom dobivamo: f 0 (x) = rerx ; f 00 (x) = (rerx )0 = r2 erx ; Posve sliµcno se za funkciju f : X ! R, X

; f (n) (x) = (rn

1 erx )0

= rn erx ;

:

R, de…niraju diferencijali viših redova (u

toµcki x0 ). Pretpostavimo da je f diferencijabilna funkcija. Drugim diferencijalom funkcije f u toµcki x0 nazivamo diferencijal d(df )(x0 ) funkcije-diferencijala df : X ! Hom(R; R) = R u toµcki x0 . Radi se, dakle, o linearnoj funkciji, koju oznaµcujemo s d2 f (x0 ) : R ! R, odre†enoj ”koe…cijentom” f 00 (x0 )dx, tj. d2 f (x0 ) = d(df (x))jx=x0 = d(f 0 (x)dx)jx=x0 = f 00 (x0 )dx; (odnosno, d2 f (x0 ) = (f 00 (x0 )dx)d 2 Hom(R; R)) s vrijednostima d2 f (x0 )(x)

d2 f (x) = (f 00 (x0 )dx)dx

f 00 (x0 )dx2 ;

(51)

Veliµcina dx2 = dx dx nosi obavijest o jošjednoj zamjeni prostora Hom(R; R) prostorom R. Pritom kaµzemo da je funkcija f dvaput diferencijabilna u toµcki x0 . Ako je f dvaput diferencijabilna u svakoj toµcki x 2 X onda za nju kaµzemo da je dvaput diferencijabilna funkcija. U tom sluµcaju postoji funkcija (drugi diferencijal od f ) d2 f : X ! Hom(R; Hom(R; R)) = Hom(R; R) = R;

x 7! d2 f (x):

Op´cenito, n-ti diferencijal dn f (x0 ) : R ! R funkcije f u toµcki x0 , n 2 N, n 1)-voga diferencijala od f , dn

de…niramo kao diferencijal (n dn f (x0 )

=

d(dn 1 f )(x0 ).

dn f (x0 )(x)

Stoga vrijedi formula

dn f (x) = f (n) (x0 )dxn ;

pri µcemu veliµcina dxn = dxn

1

(dxn

(dx)n )

1f

2,

: X ! R, u x0 , tj. (52)

dx nosi obavijest o n zamjena prostora Hom(R; R)

prostorom R. Obstojnoš´cu n-tog diferencijala od f (u x0 ) de…nira se n puta diferencijabilnost funkcije f (u toµcki x0 ). Razvidno je da su ta svojstva ekvivalentna odgovaraju´coj derivabilnosti.

4.1. DERIVACIJA

161

Po (52), formula (38) ima sljede´ce poop´cenje na svaki n 2 N: f (n) (x) =

dn f (x) : dxn

(53)

Neka je jednadµzbama x = '(t) i y = (t) parametarski zadana funkcija x 7! f (x) = y

(v. pododjeljak 3.1.1). Budu´ci da se, op´cenito, parametar t ne moµze eliminirati, odredit ´cemo derivaciju od f u toµcki x0 = '(t0 ) (µcim postoji) pomo´cu diferencijala od ' i

u

toµcki t0 . f 0 (x0 ) =

0 0 d (t) (t0 )dt (t0 ) = 0 = 0 ; d'(t) ' (t0 )dt ' (t0 )

dy dx

'0 (t0 ) 6= 0;

što se kra´ce i op´cenito zapisuje kao y0

f 0 (x) =

y_ ; x_

x_ = '0 (t); y_ =

0

(t):

(54)

Na sliµcan naµcin dobivamo (ako postoje) i derivacije viših redova, primjerice (dx i dt tretiramo kao konstante), d xy__ dx d xy__ d(y 0 dx) d2 y 00 = = y = 2 = dx dx2 dx dx dx y 00 =

y•x_

y• _x x_ 3

;

x_ 6= 0; x • = '00 (t); y• =

dt = 00

y_ x_ dt

xdt _

::

=

::

y x_ y_ x x_ 2

x_

; tj.

(t):

(55)

µ OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RACUNA

4.1.4

Ovdje ´cemo dokazati nekoliko temeljnih teorema o vaµznim svojstvima derivabilnih funkcija. TEOREM 4.22 (Fermatov teorem) Neka suµzenje f jha;bi funkcije f : X ! R, X

poprima u toµcki x0 2 ha; bi

derivabilna u x0 onda je

R,

X svoju najmanju ili najve´cu vrijednost. Ako je f

f 0 (x0 )

= 0.

DOKAZ. Pretpostavimo da je f (x0 ) minimum od f jha;bi , tj. f (x0 ) x 2 ha; bi. Zapisuju´ci x = x0 +

x dobivamo f (x0 +

x)

f (x0 )

f (x) za svaki 0. Budu´ci da

je f derivabilna u x0 2 ha; bi, to je f derivabilna s lijeva i s desna u x0 i pripadne se derivacije podudaraju s f 0 (x0 ), tj. lim

x!0 0

f (x0 + x) f (x0 ) x

Primijetimo da je nazivnik

= f 0 (x0 ) =

lim

x!0+0

f (x0 + x) f (x0 ) : x

x u derivaciji s lijeva stalno negativan (x < x0 ), dok je u

derivaciji s desna stalno pozitivan (x > x0 ). Budu´ci da su brojnici stalno pozitivni, to je derivacija s lijeva od f u x0 manja ili jednaka nula, a ona s desna ve´ca ili jednaka nula. Slijedi zakljuµcak f 0 (x0 ) = 0. U sluµcaju maksimuma f (x0 ) dokazuje se na isti naµcin.

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

162

TEOREM 4.23 (Rolleov teorem) Neka je funkcija f : X ! R, X na segmentu [a; b]

R, neprekidna

X i derivabilna na intervalu ha; bi : Ako je f (a) = f (b) onda postoji

toµcka x0 2 ha; bi takva da je f 0 (x0 ) = 0.

DOKAZ. Po Teoremu 3.56, suµzenje f j[a;b] postiµze na [a; b] svoju najmanju i svoju najve´cu vrijednost, tj. postoje x1 ; x2 2 [a; b] takvi da je, za svaki x 2 [a; b], f (x1 ) f (x)

f (x2 ). Ako je f (x2 ) = f (x1 ) onda je f j[a;b] konstantna funkcija cf (x1 ) , pa je

(f jha;bi )0 = c0 jha;bi - dokaz gotov. Neka je f (x2 ) 6= f (x1 ), tj. f (x1 ) < f (x2 ). Tada

ne mogu obje te vrijednosti biti jednake f (a) (= f (b)). Pretpostavka f (x1 ) 6= f (a)

povlaµci a 6= x1 6= b, tj. x1 2 ha; bi, a pretpostavka f (x2 ) 6= f (a) povlaµci a 6= x2 6= b, tj.

x2 2 ha; bi. Zakljuµcujemo da je x1 ili x2 traµzena toµcka x0 .

TEOREM 4.24 (Lagrangeov teorem o srednjoj vrijednosti) Neka je funkcija f : X !

R, X

R, neprekidna na segmentu [a; b]

postoji toµcka x0 2 ha; bi takva da je f 0 (x0 ) =

f (b) b

X i derivabilna na intervalu ha; bi : Tada

f (a) : a

(56)

DOKAZ. Promatrajmo funkciju g : X ! R; g(x) = f (x)

f (b) f (a) (x b a

a):

Funkcija g je neprekidna na [a; b] i derivabilna na ha; bi i k tomu je g(a) = f (a) = g(b). Po Teoremu 4.23, postoji neka toµcka x0 2 ha; bi u kojoj je g 0 (x0 ) = 0 = f 0 (x0 )

tj. f 0 (x0 ) =

f (b) f (a) ; b a

f (b) f (a) : b a

Lagrangeova formula (56) se moµze napisati na nekoliko naµcina. Tako npr. mnoµzenjem formule (56) faktorom b f (b)

a dobivamo

f (a) = f 0 (x0 )(b

Nadalje, budu´ci da je x0 = a + f (b)

f (a) = f 0 (a + #(b

x0 a b a (b

a))(b

Napokon, oznaµcimo li a = x i b = x + f (x) = f (x +

x)

(560 )

a): a) i 0 < a);

x0 a b a

# < 1; smijemo pisati

0 < # < 1:

(5600 )

x, dobivamo

f (x) = f 0 (x + # x) x;

0 < # < 1:

(65000 )

4.1. DERIVACIJA

163

TEOREM 4.25 Neka je funkcija f : X ! R, X

R, neprekidna na segmentu

X i derivabilna na intervalu ha; bi. Ako je f 0 (x) = 0 za svaki x 2 ha; bi, onda

[a; b]

je suµzenje f j[a;b] konstantna funkcija.

DOKAZ. Odaberimo bilo koji x 2 ha; b]. Tada su na segmentu [a; x] ispunjeni uvjeti ha; bi za koju je f (x) f (a) = f 0 (x0 )(x a).

Teorema 4.24 pa postoji toµcka x0 2 ha; xi

Po pretpostavci je f 0 (x0 ) = 0, što sada povlaµci f (x) = f (a) za svaki x 2 ha; b].

KOROLAR 4.26 Neka su funkcije f; g : X ! R, X [a; b]

X i derivabilne na intervalu ha; bi. Ako je

je suµzenje (f

g)j[a;b] konstantna funkcija.

DOKAZ. Funkcija h ha; bi, h0 = f 0

f 0 (x)

f

R, neprekidne na segmentu = g 0 (x) za svaki x 2 ha; bi onda

g : X ! R udovoljava uvjetima Teorema 4.25 jer je, na

g 0 = 0. Slijedi da je funkcija f

g konstantna na [a; b].

Lagrangeovu formulu ´cemo sada upotrijebiti u dokazu tzv. L’Hospitalova pravila, što ga rabimo za odre†ivanje graniµcnih vrijednosti u mnogim sluµcajevima tzv. neodre†enih oblika: 0 1 ; ; 0 1; 1 0 1

1; 00 ; 11 ; 10 :

(1 ovdje oznaµcuje bilo +1 bilo

1!) Primjerice, neodre†eni oblik

odre†ivanju graniµcne vrijednosti lim x0

f g

µcim je lim f = 0 = lim g, a x0

x0

10

0 0

se javlja pri

pri odre†ivanju

lim f g µcim je lim f = 1 i lim g = 0. Sljede´ci teorem razmatra samo oblik x0

x0

x0

0 0,

dok se

preostali dopustivim preinakama svode na njega.

TEOREM 4.27 (L’Hospitalovo pravilo) Neka za funkcije f; g : X ! R, X vrijedi limf = 0 = limg. Ako postoji interval I takav da je x0 2 I x0

x0

neprekidno derivabilne na I, pri µcemu je lim x0

g 0 (x)

R,

X i da su f i g

6= 0 za svaki x 2 I, onda je

f0 f = lim 0 : x0 g g

(57)

U dokazu ´cemo trebati ovu lemu: LEMA 4.28 Neka je funkcija g : X ! R, X

je g(x0 ) = 0, a (X n fx0 g) \ hx0

g 0 (x0 )

R, derivabilna u toµcki x0 i neka

6= 0. Tada postoji neki " > 0 takav da su na skupu A" =

"; x0 + "i sve vrijednosti g(x) 6= 0.

DOKAZ. Pretpostavimo protivno, tj. da za svaki " > 0 postoji neki x" 2 A" za koji

je g(x" ) = 0.

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

164 1 n,

Biraju´ci " =

n 2 N, dobivamo tako niz (xn ), xn 2 A 1

X n fx0 g, koji konvergira

n

g(xn ) g(x0 ) xn x0

prema x0 , dok je (g(xn )) konstantan nulniz (0). Tada je i g(x) g(x0 ) x x0 x!x0 g(xn ) g(x0 ) lim xn x0

= (0). Po

pretpostavci, postoji g 0 (x0 ) = lim

i g 0 (x0 ) 6= 0: Zbog lim(xn ) = x0 mora biti

(v. Teorem 3.43) i g 0 (x0 ) =

= lim(0) = 0; što je protuslovlje.

DOKAZ. (Teorema 4.27) Po Teoremu 4.3 slijedi da su funkcije f i g neprekidne na intervalu I pa je f (x0 ) = lim f = 0 i g(x0 ) = lim g = 0 (v. Teorem 3.46). Po Lemi x0

x0

4.28 zakljuµcujemo da postoji podskup A" = I \ hx0 g(x) 6= 0 za svaki x 2 A" n fx0 g: Dakle, kvocijent

"; x0 + "i

f (x) g(x)

Štoviše,

f (x) f (x0 ) x!x0 g(x) g(x0 )

lim fg = lim x0

= lim x0

f (x) x g(x) x

f (x0 ) x0 g(x0 ) x0

= lim x0

=

f 0 (x0 ) g 0 (x0 )

=

(f 0 ; g 0

je de…niran µcim je x 2 A" n fx0 g.

=

((9x1 ; x2 2 hx; x0 i); v. Teorem 4.24) f 0 (x1 ) g 0 (x2 )

X, " > 0, takav da je

lim f 0

neprekidne na I) =

x0

lim g 0

=

x0

(Teorem 3.41(c); g 0 (x) 6= 0; x 2 A" ) 0

= lim fg0 : x0

NAPOMENA 4.29 Postoje razne varijante i poop´cenja upravo dokazanoga teorema. 1 Tako npr. L’Hospitalovo pravilo vrijedi i za neodre† ene oblike , za graniµcne 1 vrijednosti kad x ! 1 kao i u sluµcajevima kad se graniµcne vrijednosti (derivacije) zamijene graniµcnim vrijednostima slijeva ili zdesna (derivacijama slijeva ili zdesna).

NAPOMENA 4.30 L’Hospitalovo pravilo se smije primijeniti više puta uzastopce, 0 1 i ako nove funkcije udovoljavaju µcim prethodna primjena opet daje oblik 0 1 postavljenim uvjetima. NAPOMENA 4.31 Ako se u odre†ivanju graniµcne vrijednosti pojavi neki od preostalih (prije navedenih) neodre†enih oblika i ako se µzeli primijeniti L’Hospitalovo 0 prvilo, treba taj neodre†eni oblik pogodnom transformacijom svesti na oblik ili na 0 1 oblik : 1 PRIMJER PRIMJER PRIMJER

lim

1

x!0

x2 1e x

lim

x!

cos 4x (57) 4 sin 4x (57) 16 cos 4x = lim = lim = 8. 2 0 0 x 2x 2 ( 0 ) x!0 ( 0 ) x!0 (57)

=

lim

+1 x! 1 ( +1 )

2x e x

(57)

=

(

1 ) 1

lim

x! 1

2 e

x

= 0.

Odredimo graniµcnu vrijednost lim f funkcije x 7! f (x) = xx : x!0

Budu´ci da je de…nicijsko podruµcje od f skup R+ , tj. skup svih x > 0, to je traµzena graniµcna vrijednost isto što i pripadna graniµcna vrijednost zdesna, lim f = lim f . x!0

(Graniµcna vrijednost u 0 slijeva nema smisla!) Prema tomu,

x!+0

4.1. DERIVACIJA

165

lim f = lim xx =

x!0

x!0+0

(00 )

lim ex ln x

x!0+0

lim (x ln x)

=

(e0( 1) )

e0+0

:

Budu´ci da je lim x ln x

x!0+0

to je lim

x!0+0

=

lim

x!0+0

(0 ( 1))

xx

PRIMJER

=

e0

ln x (57) 1 x

=

1 x!0+0 ( +1 )

1 x 1 x2

= lim ( x) = 0; x!0+0

= 1.

lim

x!1

x x

1

1 ln x

=

lim

(1 1)

ln x + 1 1 ln x = lim x 1 x!1 ln x + x!1 ln x + 1 x lim

4.1.5

lim

x!1

x ln x x + 1 (57) = (x 1) ln x ( 00 ) 1 x

(57)

= lim

1 x

(0 0)

x!1 1 x

+

1 x2

1 = . 2

TAYLOROVA FORMULA

Sjetimo se da se polinomske vrijednosti izraµcunavaju relativno kratkim raµcunom što ukljuµcuje samo zbrajanje i mnoµzenje realnih brojeva. Zbog te praktiµcne jednostavnosti, polinomi su vrlo pogodna preslikavanja za aproksimiranje onih preslikavanja vrijednosti kojih zahtijevaju mnogo sloµzenije raµcune. Primijetimo da Lagrangeova formula daje pribliµznu vrijednost funkcije f (derivabilne na intervalu I) u toµcki x po formuli f (x) = f (x0 ) + R0 (x);

R0 (x) = (x

x0 )f 0 (x0 + #(x

x0 )); 0 < # < 1:

Drugim rijeµcima, suµzenje f jI se aproksimira polinomom p nultoga stupnja (konstantnom

funkcijom p = cf (x0 ) ), pri µcemu funkcija R0 , tzv. ostatak, predstavlja aproksimacijsku pogrješku. Ako je funkcija f na I derivabilna n+1 puta, puno bolju aproksimaciju daje tzv. Taylorova formula, koja poop´cuje Lagrangeovu ukljuµcuju´ci postoje´ce derivacije viših redova. Postoje li derivacije od f po volji visokog reda, aproksimiranje preuzima tzv. Taylorov red. TEOREM 4.32 Neka je funkcija f : X ! R, X

R, na intervalu ha; bi

X

derivabilna n + 1 puta, te neka je x0 2 ha; bi bilo koja toµcka. Tada za svaki x 2 ha; bi vrijedi Taylorova formula: ( 0 0) f (x) = f (x0 ) + f (x 1! (x Rn (x) =

f (n) (x0 ) (x x0 )n + Rn (x) n! (n+1) f (x0 +#(x x0 )) (x x0 )n+1 (1 #)n+1 p ; p n!

x0 ) +

+

(58)

pri µcemu se u ostataku n-toga reda Rn (x) pojavljuju neki p 2 N i # 2 R, 0 < # < 1. DOKAZ. Odaberimo bilo koju toµcku x0 2 ha; bi. Ako je x 2 ha; bi i x = x0 , nemamo, oµcito, što dokazivati. Promatrajmo sluµcaj x > x0 . Pretpostavimo da je f (x) = f (x0 ) +

f 0 (x0 ) 1! (x

x0 ) +

+

f (n) (x0 ) (x n!

x0 )n + Rn (x);

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

166

x0 )p h(x), za neki p 2 N i vrijednost h(x) neke funkciju

pri µcemu je Rn (x) = (x

h : hx0 ; bi ! R. Treba, naravno, za dani p, odrediti funkciju h: U tu svrhu, za bilo koji

µcvrsti x 2 hx0 ; bi, de…nirajmo funkciju gx g(t) = f (t) +

f 0 (t) 1!

(x

t) +

+

f (n) (t) n!

g : [x0 ; bi ! R stavljaju´ci t)n + (x

(x

t)p h(x):

Primijetimo da je g(x0 ) = g(x) (= f (x)) i da je g derivabilna na hx0 ; xi, f 0 (t) 1! t)n

g 0 (t) = f 0 (t) f (n+1) (t) n!

(x

+

f 00 (t) 1! (x

t)p

p(x

f (n) (t) n! n(x f (n+1) (t) (x n!

t) 1 h(x)

=

t)n

1+

t)n

p(x

t)p

1 h(x):

Prema tomu, funkcija g na segmentu [x0 ; x] ispunja uvjete Rolleova teorema, pa postoji neka toµcka t0

x0 ) 2 hx0 ; xi, 0 < # < 1, takva da je g 0 (t0 ) = 0. Slijedi:

x0 + #(x

f (n+1) (x0 +#(x x0 )) (x x0 n! (n+1) (x0 +#(x x0 )) (x h(x) = f p n!

0=

#(x x0 )n+1

x0 ))n p (1

p(x

x0

#)n+1

#(x

x0 ))p

1 h(x);

tj.

p:

Dakle, ostatak Rn (x) je zaista odre†en navedenim izrazom. Na isti se naµcin tvrdnja dokazuje kad je x < x0 . Navedeni zapis za Rn (x) se naziva ostatkom u Schlömilchovu obliku. Ako je p = 1, ostatak Rn (x) poprima tzv. Cauchyjev oblik : Rn (x) =

f (n+1) (x0 + #(x n!

x0 ))

x0 )n+1 (1

(x

#)n ;

(59)

a ako je p = n + 1 - tzv. Lagrangeov oblik : Rn (x) =

f (n+1) (x0 + #(x (n + 1)!

x0 ))

x0 )n+1 :

(x

(60)

Po Taylorovoj formuli (58), ostatak Rn (x) jest razlika f (x)

Pn

k=0

f (k) (x) k! (x

x0 )k :

Pripadni polinom, dakle, to bolje aproksimira funkciju f u toµcki x što je ostatak Rn (x) manji. To vodi na sada lako dokaziv teorem: TEOREM 4.33 Neka funkcija f : X ! R, X

R, ima na intervalu I

X sve

derivacije (f jI )(n) , n 2 N, i neka je x0 2 I bilo koja toµcka. Tada je, za svaki x 2 I; f (x) = f (x0 ) +

f 0 (x0 ) 1! (x

x0 ) +

+

f (n) (x0 ) (x x0 )n n! P1 f (n) (x) n=0 n! (x

+ x0 )n

(61)

onda i samo onda, ako niz (Rn (x)) konvergira prema nuli, lim(Rn (x)) = 0. Potencijski red u (61) nazivamo Taylorovim redom (ili razvojem) funkcije f u toµcki x0 . Ako je x0 = 0, govorimo o Maclaurinovu redu (ili razvoju) funkcije f , tj. o f (x) = f (0) +

f 0 (0) 1! x

+

+

f (n) (0) n n! x

+

P1

n=0

f (n) (0) n n! x :

(62)

4.1. DERIVACIJA

167

µ NAPOMENA 4.34 Zeli li se u Taylorov red razviti bilo koju elementarnu funkciju, dostatno je uvrstiti odgovaraju´ce derivacije u desnu stranu formule (61) te odrediti konvergencijski interval dobivenoga reda. Formula (61) ´ce vrijediti u svakoj toµcki x toga intervala, tj. bit ´ce lim(Rn (x)) = 0. Ovo, me†utim, ne vrijedi za svaku po volji mnogo puta derivabilnu funkciju! Naime, ako funkcija f nije elementarna, mogu´ce je da, u nekoj toµcki x 2 X, njezin Taylorov red konvergira ali ne prema f (x), tj. mogu´ce je i lim(Rn (x)) 6= 0.

(

1 x2

e

,

x 6= 0

; kojoj sve derivacije 0; x=0 u x0 = 0 išµcezavaju (neka to µcitatelj provjeri!) pa Maclaurinov red

Primjer takve funkcije jest f : R ! R; f (x) = f (0) +

f 0 (0) 1! x

+

+

f (n) (0) n n! x

+

=0+0+

+0+

konvergira na R prema c0 . Dakle, P f (n) (0) n f (x) 6= 1 n=0 n! x ( = 0) za svaki x 6= 0.

PRIMJER Razvijmo u Maclaurinov red funkciju sin. Primijetimo da iz sin0 = cos, sin00 = sin(2n

1)

= ( 1)n

1

sin, sin000 =

cos i sin(4) = sin induktivno slijedi

cos i sin(2n) = ( 1)n sin

za svaki n 2 N. Prema tomu, sin 0 = sin(2n) 0 = 0 i sin(2n

Maclaurinov razvoj (za bilo koji n 2 N): 1 1! x

sin x = 0 + x 1!

x3 3!

+

x5 5!

+

0 2 2! x

+

1 3 3! x

+ ( 1)n

0 4 4! x

+

x2n 1

1

+

+

1)

0 = ( 1)n

( 1)n 1 2n 1 (2n 1)! x

+

1

0 2n (2n)! x

pa dobivamo

+ R2n (x) =

+ R2n (x):

(2n 1)!

Istraµzimo ponašanje (pod)niza pripadnih ostataka (R2n (x)) u bilo kojoj toµcki x 2 R. Primijenimo li Lagrangeov oblik (s x0 = 0), dobit ´cemo R2n (x) =

sin(2n+1) (#x) 2n+1 (2n+1)! x

=

( 1)n+1 cos(#x) 2n+1 x (2n+1)!

pa je jR2n (x)j =

jxj2n+1 (2n+1)! :

j( 1)n+1 cos(#x)j 2n+1 jx j (2n+1)!

Za promatrani x, uzmimo n0 = [jxj] + 1 pa je jxj < n0 . Tada je, za dovoljno veliki n (n

n0 2 );

lim

jxj2n+1 (2n+1)!

jxjn0 n0 !

lim

= lim

jxj 1

jxj 2

::: jxjn0 n0 !

jxj2n+1 n0 (n0 +1) (2n+1)

jxj n0

:::

jxj 2n+1

lim j nx0 j2n+1

n0

= .

Budu´ci da je j nx0 j < 1 to pripadni geometrijski niz j nx0 j2n+1 što povlaµci lim(jR2n (x)j)

lim

jxj2n+1

(2n+1)!

je pripadni komplementarni podniz (R2n

n0

konvergira prema 0,

0. Stoga je i lim(R2n (x)) = 0. Budu´ci da 1 (x))

konstantni nulniz (0), slijedi, napokon,

zakljuµcak da je lim(Rn (x)) = 0. Prema tomu, Teorem 4.33 daje

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

168 1 P

sin x =

1 x2n 1 (2n 1)!

( 1)n

n=1

=

1 P

n=0

2n+1

x ( 1)n (2n+1)! ;

x 2 R:

Primijetimo da smo do istoga zakljuµcka mogli do´ci i primjenom D’Alembertova kriterija (sin je elementarna funkcija!). Naime, za svaki x 2 R je lim

x2n+1 (2n+1)! x2n 1 (2n 1)!

= lim

x2 2n(2n+1)

= 0 < 1;

pa pripadni red konvergira (apsolutno) na cijelom R. Izraµcunajmo (procijenimo) joši sin 1 pomo´cu pripadnoga polinoma petoga stupnja (tj. prvih šest µclanova Maclaurinova reda): sin 1 =

1 1!

sin 1

1

13 3! 1 6

+

+

15 5!

1 6

+ R6 (1) = 1

1 120

0; 8417

Prema tomu, sin 1 = 0; 8417

+

1 120

+ R6 (1), dakle,

s pogrješkom

2 10

4

jR6 (1)j

j1j7 7!

< 0; 0002.

ili sin 1 2 h0; 8415; 0; 8419i.

Postupaju´ci kao u Primjeru ??, za funkciju cos dobivamo: P 2 4 x2n n x2n cos x = 1 x2! + x4! + ( 1)n (2n)! + = 1 n=0 ( 1) (2n)! ;

x2R

PRIMJER Za funkciju expe se lako dobiva pripadni Maclaurinov red: P 2 n xn x ex = 1 + 1! + x2! + + xn! + = 1 x 2 R: n=0 n! ; Uvrstimo li x = 1, dobivamo e=1+

1 1!

1 2!

+

+

+

1 n!

+

=

što je još jedan zapis za broj e.

P1

1 n=0 n! ;

PRIMJER Moµze se dokazati da u apsolutno konvergentnom realnom redu smijemo komutirati ”pribrojnike”, tj. da µclanovi smiju izmjenjivati mjesta, te da to vrijedi i za apsolutno konvergentne redove kompleksnih brojeva. De…niramo li funkciju (iz R u C) p ix, x 7! eix , i 1, pomo´cu Maclaurinova reda za expe formalnom zamjenom x dobivamo

eix = 1 +

ix 1!

+

(ix)2 2!

+

+

(ix)n n!

+

=

P1

n=0

(ix)n n! ;

x 2 R:

Taj red konvergira apsolutno, za svaki x 2 R, prema ejxj pa smijemo komutirati pribrojnike. Sumiramo li zasebno realne i zasebno imaginarne µclanove, dobivamo x2 2!

2n

3

2n+1

x x x x + ( 1)n (2n)! + + +i 1! ( 1)n (2n+1)! + 3! + P 1 n x2n+1 n x2n x 2 R: n=0 ( 1) (2n)! + i n=0 ( 1) (2n+1)! = cos x + i sin x;

eix = 1 P1

+

Dobili smo, dakle, i tre´ci, eksponencijalni zapis kompleksnog broja: z = r(cos ' + i sin ') = rei' : Primijetimo da je e

ix

= ei(

x)

= cos x + i sin( x) = cos x

i sin x:

=

4.1. DERIVACIJA

169

Dobivene zapise za eix i e eix + e 2

cos x =

ix

nazivamo Eulerovim formulama. Iz njih izravno slijedi

ix

;

eix

sin x =

e

ix

2

(Neka µcitatelj usporedi ove formule s de…nicijskim formulama hiperbonih funkcija u pododjeljku 3.1.4(iv)!) PRIMJER Razvijmo u Maclaurinov red funkciju f : h 1; i ! R; f (x) = ln(1 + x):

Uvrstimo li u formulu (62) vrijednosti f (n) (0), n 2 f0g [ N, desna strana postaje funkcijskim redom x

x2 2

+

x3 3

1 xn n

+ ( 1)n

+

P ( 1)n

1 xn : n

Izravnim ispitivanjem njegove apsolutne konvergentnosti (ili konvergentnosti pripadnoga niza (Rn (x))) dobivamo podruµcje h 1; 1]. Prema tomu, P n 1 xn ; x 2 h 1; 1] : ln(1 + x) = 1 n=1 ( 1) n PRIMJER Neka je dan bilo koji broj

2 Rn(f0g [ N). Promatrajmo funkciju

f : h 1; i ! R; f (x) = (1 + x) : Maclaurinov red ove funkcije nazivamo binomnim redom (U sluµcaju

m 2 f0g[N

dobivamo polinom m-toga stupnja!) Postupaju´ci kao u prethodnim primjerima, lako se dobiva (1 + x) = 1 + pri µcemu su

a 0

= 1,

1! x a 1

+ = ,

+ a 2

(

=

1) ( n+1) n x + n! ( 1) , , na = 2

(

P1

n n=0 n x ; 1) ( n+1) , n!

tzv. op´ci binomni koe…cijenti (usp. pododjeljak 1.4.5). Nije teško pokazati da binomni red konvergira i toµcki x = toµcki x = 1 µcim je

4.1.6

>

1 µcim je

x 2 h 1; 1i ; , n 2 f0g[N, > 0; kao i u

1.

DERIVIRANJE FUNKCIJSKOG REDA

Neka funkcijski red

P

fn , fn : X ! R, konvergira (po toµckama) na intervalu I P X što sadrµzi toµcku x0 . Pod derivacijom funkcijskoga reda fn (u toµcki x0 ), P P 0 0 0 0 oznaka: ( fn ) (( fn ) (x0 )), podrazumijevamo derivaciju s (s (x0 )) pripadne sume P1 s : I ! R, s(x) = n=1 fn (x), (u toµcki x0 ). Budu´ci da funkcija s najµceš´ce nije elementarna ili ne dopušta pogodan analitiµcki zapis, to je tehniµcki teško istraµzivati

njezina svojstva. Velika je olakšica kad je za to dostatno poznavanje odgovaraju´cih svojstava pripadnih µclanova fn funkcijskoga reda. Promatrajmo, prvo, potencijski red P an xn . O deriviranju potencijskog reda govori ovaj teorem: TEOREM 4.35 Potencijski red

P

an xn dopušta deriviranje ”µclan po µclan”, tj.

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

170 P P ( an xn )0 = (an xn )0

odnosno, P1 P n n 0 ( 1 n=1 nan x n=0 an x ) =

1

(=

P1

n=0 (n

+ 1)an+1 xn ),

na svomu konvergencijskom intervalu, ukljuµcuju´ci i rubne toµcke kad u njima oba ta reda konvergiraju. (Zapis u zagradi istiµce da je derivacija potencijskog reda opet potencijski red!)

PRIMJER Odredimo konvergencjsko podruµcje i sumu funkcijskoga reda P n 1 1 + 2x + + nxn 1 + nx : P n 1 P Primijetimo da je funkcijski red nx zapravo potencijski red (n + 1)xn . Nadalje, njegov je op´ci µclan, funkcija

gn : R ! R; gn (x) = nxn

1;

derivacija funcije fn : R ! R; fn (x) = xn : Lako se provjeri da potencijski redovi

P

fn

P

xn i

P P (n + 1)xn (= nxn

1

konvergiraju na intervalu h 1; 1i. Po Teoremu 4.35 dobivamo 0 P P1 1 n 1 = ( 1 xn )0 = = (1 1x)2 : n=0 n=1 nx 1 x

P

gn )

Moµze se dokazati da pravilo iz Teorema 4.35. vrijedi i pod nešto op´cenitijim uvjetima: TEOREM 4.36 Neka je

P

fn funkcijski red, pri µcemu je svaka funkcija fn : X ! R, P X R, neprekidno derivabilna na segmentu I X. Ako red (fn jI ) konvergira (po P P toµckama) prema funkciji s : I ! R, s(x) = 1 (fn jI )0 jednoliko n=1 fn (x), i ako red P 0 konvergira prema funkciji u : I ! R, u(x) = 1 n=1 fn (x), onda je funkcija s derivabilna P P i vrijedi s0 = u, tj. ( (fn jI ))0 = (fn jI )0 .

4.1.7

ODREÐIVANJE FUNKCIJSKOG TIJEKA

Temeljito istraµzivanje vaµznih svojstava dovoljno puta derivabilne funkcije moµze se relativno lako provesti prouµcavaju´ci upravo njezine derivacije. Primjerice, pokazuje se da je funkcija uzlazna ondje gdje joj je derivacija pozitivna, da ima lokalno ekstremnu vrijednost u toµcki u kojoj joj derivacija išµcezava i druga derivacija ne išµcezava itd. TEOREM 4.37 Neka je funkcija f : X ! R, X Tada je f jI uzlazna ako i samo ako je f 0 (x)

R, derivabilna na intervalu I

0 za svaki x 2 I.

X.

4.1. DERIVACIJA

171

DOKAZ. Prvo dokaµzimo dovoljnost! Neka je f 0 (x)

0 za svaki x 2 I. Promatrajmo

bilo koje dvije toµcke x1 ; x2 2 I, x1 < x2 . Treba dokazati da je f (x1 ) Lagrangeovu teoremu postoji neki x0 2 hx1 ; x2 i takav da je f (x2 ) x1 )f 0 (x0 ). f (x1 )

Budu´ci da je x2

x1 > 0 i

f 0 (x0 )

0, to je f (x2 )

f (x2 ). Po

f (x1 ) = (x2

f (x1 )

0, dakle,

f (x2 ). Obratno, neka je f jI derivabilna i uzlazna. Promatrajmo bilo koju

toµcku x0 2 I. Treba dokazati da je f 0 (x0 ) 0. Primijetimo da je, zbog uzlaznosti, f (x) f (x0 ) 0: (8x 2 I; x 6= x0 ) x x0 Zbog derivabilnosti je tada i f (x) f (x0 ) f 0 (x0 ) = lim 0. x!x0 x x0 Posve sliµcno Teoremu 4.36 dokazuje se i ovaj teorem: TEOREM 4.38 Neka je funkcija f : X ! R, X

Tada je f jI silazna ako i samo ako je f 0 (x)

R, derivabilna na intervalu I

X.

0 za svaki x 2 I.

PRIMJER Odredimo najve´ce intervale na kojima je polinom p : R ! R; p(x) = x3

3x + 8; monoton.

Po Teoremima 4.36 i 4.37, zadatak se svodi na rješavanje nejednadµzba p0 (x) p0 (x) jxj

0. Budu´ci da je

p0 (x)

=

3x2

3, dobivamo

p0 (x)

0 , jxj

1i

p0 (x)

1. Prema tomu, p raste na h ; 1] i [1; i, a pada na [ 1; 1].

0 i 0,

Sljede´cu µcinjenicu ´cemo trebati poslije - u suptilnijoj analizi lokalnih ekstrema (v. De…niciju 4.40). LEMA 4.39 Neka je funkcija f : X ! R, X

f 0 (x0 )

0) onda postoji neki " > 0 takav da je f (x) > f (x0 ) (f (x) < f (x0 ))

za svaki x 2 hx0

"; x0 i i f (x) < f (x0 ) (f (x) > f (x0 )) za svaki x 2 hx0 ; x0 + "i.

DOKAZ. Obstojnost f 0 (x0 ) povlaµci funkcijinu de…niranost na nekom intervalu hx0

r; x0 + ri

X, r > 0. Po de…niciji je

f 0 (x0 ) = lim

x!0

f (x0 + x) f (x0 ) ; x

što povlaµci da za svaki h > 0 postoji neki " > 0, " f 0 (x0 ) µcim je j xj

pa je tada i

f (x0 + x) f (x0 ) x

r, takav da je

0 takav su vrijednosti od f j(X\hx0

";x0 i)

stalnog i protivnog

predznaka vrijednostima od f j(X\hx0 ;x0 +"i) . Naprotiv, ako su promatrane funkcijske

vrijednosti stalnog i istog predznaka, kaµzemo da f prolazom kroz toµcku x0 ne mijenja predznak. TEOREM 4.45 (Prvi dostatni uvjet za ekstrem) Neka je funkcija f : X ! R, X

R,

X. Ako prolazom kroz toµcku x0 2 I derivacija (f jI )0

derivabilna na intervalu I

mijenja predznak, onda funkcija f ima u x0 lokalni ekstrem. Pritom, ako se, porastom varijable x, predznak od f 0 promijeni iz negativnoga u pozitivni, f u x0 ima lokalni minimum, a u protivnom - lokalni maksimum. DOKAZ. Po pretpostavci, postoji " > 0 takav da su vrijednosti od (f jhx0

i protivnog predznaka vrijednostima od (f jhx0 ;x0 +"i je, recimo, f 0 (x) > 0 za svaki x 2 hx0

)0 ,

hx0

"; x0 + "i

0 ";x0 i )

I

stalnog

X: Neka

"; x0 i, a f 0 (x) < 0 za svaki x 2 hx0 ; x0 + "i.

Treba dokazati da je f (x0 ) lokalni maksimum, tj. da je f (x0 ) > f (x) za svaki x 2 hx0

"; x0 + "i n fx0 g.

Promatrajmo bilo koji x 2 hx0

teoremu postoji neki x1 2 [x; x0 ] za koji je f (x0 ) f 0 (x1 )(x0

Po Lagrangeovu

f (x) = f 0 (x1 )(x0

x). Zbog

x) > 0 slijedi f (x0 ) > f (x). Promatrajmo sad bilo koji x 2 hx0 ; x0 + "i.

Lagrangeov teorem daje f (x) f 0 (x2 )(x

"; x0 i.

f (x0 ) = f 0 (x2 )(x

x0 ) za neki x2 2 [x0 ; x]. Zbog

x0 ) < 0 opet slijedi f (x0 ) > f (x). Posve sliµcno se dokazuje kad f 0 prolazom

kroz x0 mijenja predznak od ” ” na ”+”. TEOREM 4.46 (Drugi dostatni uvjet za ekstrem) Neka je funkcija f : X ! R,

X

R, dvaput derivabilna u svojoj kritiµcnoj toµcki x0 i neka je f 00 (x0 ) 6= 0. Tada

funkcija f ima u toµcki x0 ekstrem, i to maksimum µcim je f 00 (x0 ) < 0, odnosno, minimum µcim je f 00 (x0 ) > 0. DOKAZ. Budu´ci da postoji f 00 (x0 ), to po derivacijinoj de…niciji postoje neki " > 0 i f 0 (x) za svaki x 2 hx0

"; x0 + "i

I

stacionarna jer po pretpostavci mora biti

X. Primijetimo da je kritiµcna toµcka x0 f 0 (x0 )

= 0. Razmotrimo sluµcaj f 00 (x0 ) > 0.

Najprije, f 0 (x) f 0 (x) f 0 (x0 ) = lim ; x!x0 x!x0 x x x0 x0 pa je sgn f 0 (x) = sgn(x x0 ) za svaki x iz dostatno malog "1 -intervala I1 0 < f 00 (x0 ) = lim

x0 , 0 < "1

I oko toµcke

". Dakle, ako je x < x0 onda je f 0 (x) < 0, a ako je x > x0 onda je

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

174

f 0 (x0 ) > 0. To znaµci da derivacija (f jI )0 prolazom kroz toµcku x0 mijenja predznak od ” ” na ”+” pa, po Teoremu 4.44, funkcija f ima u toµcki x0 lokalni minimum:

Posve sliµcno se dokaµze da u sluµcaju f 00 (x0 ) < 0 funkcija f ima u toµcki x0 lokalni maksimum. PRIMJER Promatrajmo skup svih valjaka što se mogu upisati (naµcinom oslikanim na crteµzu dolje) u dani stoµzac odre†en baznim polumjerom r i visinom h. Kolika je visina onoga valjka što ima najve´ci obujam.

Oznaµcimo li s x polumjer, 0

x

r, a s y visinu, 0

y

h, upisanog valjka, dobivamo

relaciju y) : h Slijedi da je obujam upisanog valjka dan formulom r2 V = x2 y = 2 y(h y)2 : h Naš se zadatak, dakle, svodi na odre†ivanje ekstremnih vrijednosti (posebice, maksix : r = (h

y) : h; tj:

x=

r(h

muma) realne funkcije y 7! g(y) = V na segmentu [0; h]. Primijetimo da je funkcija g

neprekidna (polinom), nenegativna i nekonstantna i da je g(0) = g(h) = 0. Po Teoremu 3.56, g poprima ekstremne vrijednosti na [0; h], pa je njezina najmanja vrijednost 0, a

najve´ca vrijednost joj je pozitivna i postiµze se u nekoj toµcki y0 2 h0; hi : Budu´ci da je g

derivabilna, po Fermatovu teoremu mora biti g 0 (y0 ) = 0. Da bismo ju odredili, riješimo jednadµzbu g 0 (y) = 0, tj. r2 g 0 (y) = 2 (h y)(h 3y) = 0; h što daje y1 = h, y2 = h3 . Prvo rješenje otpada jer je g(h) = 0. Preostaje, dakle, ono drugo, tj. y0 = h3 . Da bismo se i formalno uvjerili da je najve´ci obujam Vmax = g( h3 ) = 4 r2 h 27 ,

provjerimo je li g 00 ( h3 ) < 0 (v. Teorem 4.45)! Zaista, r2 h 2 r2 g 00 (y) = 2 (3y 2h) ) g 00 ( h3 ) = < 0. h h2

DEFINICIJA 4.47 Re´ci ´cemo da je neprekidna funkcija f : X ! R, X veksna (konkavna) na intervalu ili segmentu I X, ako x1 + x2 f (x1 ) + f (x2 ) (8x1 ; x2 2 I) x1 < x2 ) f 2 2 a konkavna na intervalu ili segmentu I X, ako

R, kon-

4.1. DERIVACIJA

175

f (x1 ) + f (x2 ) x1 + x2 : 2 2 U sluµcaju stroge nejednakosti > ( tx0 (x): Budu´ci da je f neprekidna na [a; b], postoji podsegment [x1 ; x2 ]

[a; b] što sadrµzi toµcku

x takav da je, za svaki x0 2 [x1 ; x2 ], f (x0 ) > tx0 (x0 ). Nadalje, postoji x 2 [x1 ; x2 ] takav da je f (x ) = max(f j[x1 ; x2 ]). Budu´ci da je f derivabilna u x0 , slijedi da pripadna sekanta nad [x0 ; x ] (ili [x ; x0 ]) nije sva “ispod” grafa Gf nad tim segmentom. Prema tomu, funkcija f j[a; b] nije konveksna - protuslovlje. Posve sliµcno se dokazuje u sluµcaju konkavne funkcije.

Dostatnost. Neka je (8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f (x)

tx0 (x):

Dokazat ´cemo da je funkcija f j[a; b] konveksna dokazuju´ci da je, za svaki par x1

x2 u

[a; b], pripadna sekanta “ispod” grafa Gf nad [x1 ; x2 ]. Pretpostavimo protivno, tj. da postoji neki podsegment [x1 ; x2 ]

[a; b] za koji pripadna sekanta nije sva “ispod”grafa

Gf . Budu´ci da je f neprekidna, tada bi postojao podsegment [x01 ; x02 ]

[x1 ; x2 ] nad

kojim bi sekanta bila strogo “iznad” grafa Gf . Štoviše, zbog derivabilnosti, postojao bi podsegment [x001 ; x002 ]

[x01 ; x02 ] unutar kojega bi svaka sekanta bila strogo “iznad”

grafa Gf . Slijedom toga, suµzenje f j[x001 ; x002 ] bi bila strogo konkavna funkcija pa bi, po

dokazanoj nuµznosti, postojale toµcke x0 2 hx001 ; x002 i

ha; bi i x 2 [x001 ; x002 ]

[a; b] sa

svojstvom f (x) > tx0 (x) - protuslovlje. Posve sliµcno se dokazuje konkavnost u sluµcaju (8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f (x)

tx0 (x).

LEMA 4.49 Neka je funkcija f : X ! R, X

i derivabilna na intervalu ha; bi

R, neprekidna na segmentu [a; b]

X

I. Tada je

(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f (x)

tx0 (x)

(f (x)

tx0 (x))

ako i samo ako je derivacija f 0 silazna (uzlazna) funkcija. DOKAZ. Neka vrijedi (8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f (x)

tx0 (x):

Tvrdimo da je tada derivacija f 0 silazna funkcija, tj. (8x1 ; x2 2 ha; bi) x1 < x2 ) f 0 (x1 )

f 0 (x2 ):

Pretpostavimo protivno, tj. da postoji toµckovni par x1 < x2 za koji je f 0 (x1 ) < f 0 (x2 ). Tada postoji toµcka x 2 hx1 ; x2 i za koju vrijedi ili tx1 (x) < f (x) < tx2 (x) ili tx1 (x) > f (x) > tx2 (x), što protuslovi pretpostavci f (x) neka je

f0

tx1 (x) i f (x)

tx2 (x). Obratno,

silazna funkcija, tj. neka za svaki par x1 < x2 u ha; bi bude f 0 (x1 )

Tvrdimo da je tada

(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f (x)

tx0 (x):

f 0 (x2 ).

4.1. DERIVACIJA

177

U protivnom, postojale bi toµcke x0 2 ha; bi i x 2 [a; b] za koje bi bilof (x ) > tx0 (x ). Tada bi postojao i segment [x1 ; x2 ] oko x sa svojstvom (8x 2 [x1 ; x2 ]) f (x) > tx0 (x): Zakljuµcujemo da bi nekom podsegmentu funkcija f morala rasti brµze od tangente tx0 . To bi povlaµcilo da (9x0 > x0 ) f 0 (x0 ) > f 0 (x0 ) µcim je x > x0

ili

(9x0 < x0 )f 0 (x0 ) < f 0 (x0 ) µcim je x < x0 ; što se protivi pretpostavci o silaznosti derivacije f 0 . Sliµcno se dokazuje dualna tvrdnja. TEOREM 4.50 Neka je funkcija f : X ! R, X [a; b]

R, neprekidna na segmentu

X i dvaput derivabilna na intervalu ha; bi. Tada je f konveksna (konkavna)

onda i samo onda, ako je f 00 (x)

0 (f 00 (x)

0) za svaki x 2 ha; bi.

DOKAZ. Po Lemama 4.48 i ??, f j[a; b] je konveksna (konkavna) funkcija ako i samo

ako je derivacija f 0 j ha; bi silazna (uzlazna) funkcija. Po Teoremu 4.37 (Teoremu 4.38),

derivacija f 0 j ha; bi je uzlazna (silazna) funkcija ako i samo ako je druga derivacija f 00 j ha; bi

0 (f 00 j ha; bi

0).

DEFINICIJA 4.51 Re´ci ´cemo da funkcija f : X ! R, X

R, ima u toµcki x0 2 X

in‡eksiju (ili obratište), ako postoji " > 0 takav da je f na [x0 konveksna, a na [x0 ; x0 + "]

"; x0 ]

X strogo konkavna ili obratno. Toµcku T

X strogo

(x0 ; f (x0 ))

nazivamo in‡eksijskom toµckom na grafu Gf . Po Teoremu 4.50 slijedi da za dvaput derivabilnu funkciju f s obratištem u toµcki x0 mora vrijediti f 00 (x0 ) = 0. Primijetimo da je taj uvjet nuµzdan ali ne i dostatan za obstojnost in‡eksijske toµcke. Kao (protu)primjer moµze posluµziti potencija x 7! x4 u toµcki x0 = 0. S tim u svezi, jednostavno je dokazati ovaj teorem: TEOREM 4.52 Neka je funkcija f : X ! R, X ha; bi

X i neka je x0 2 ha; bi. Ako je

f 00 (x0 )

R, dva puta derivabilna na

= 0 i ako prolazom kroz toµcku x0 druga

derivacija f 00 mijenja predznak, onda funkcija f ima obratište u toµcki x0 . (Ekvivalentan uvjet, pored f 00 (x0 ) = 0, jest da prva derivacija f 0 ima u x0 lokalni ekstrem, odnosno, da f 0 prolazom kroz x0 ne mijenja predznak - usp. Teorem 4.44) Sljede´ci teorem malo pobliµze razluµcuje lokalni ekstrem od in‡eksije poop´cuju´ci tako Teoreme 4.45 i 4.50.

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

178

TEOREM 4.53 Neka funkcija f : X ! R, X " > 0, derivaciju (n

R, ima na intervalu hx0

1)-vog reda i n-tu derivaciju u toµcki x0 , n

"; x0 + "i,

2. Tada vrijedi:

(i) Ako je f 0 (x0 ) =

= f (n

1)

(x0 ) = 0; f (n) (x0 ) 6= 0 i n paran;

onda funkcija f ima u toµcki x0 lokalni ekstrem i to lokalni maksimum kad je f (n) (x0 ) < 0, a lokalni minimum kad je f (n) (x0 ) > 0; (ii) Ako je f 00 (x0 ) =

= f (n

1)

(x0 ) = 0; f (n) (x0 ) 6= 0 i n neparan,

onda u toµcki x0 funkcija f ima obratište. DOKAZ. Ako je n = 2, tvrdnja je istinita po Teoremu 4.45. Neka je n imo na f i x0 Taylorovu formulu s Lagrangeovim ostatkom Rn

2 (x),

3. Primijen-

x = x0 +

x (v.

Teorem 4.32, (58) i (60)): f (x0 + x) = f (x0 ) + f

0 (x

1!

0)

+f

x+

(n 2) (x

(n 2)!

0)

( x)n

(n 2+f

1) (x

0 +# x) ( (n 1)!

x)n

1;

0 < # < 1: Pretpostavka povlaµci f (x0 +

x)

f (x0 ) =

f (n

1) (x

0 +# x) ( (n 1)!

x)n

1:

Sada primjenom Leme 4.39 zakljuµcujemo (za j xj dostatno malen) da je, u sluµcaju f (n) (x0 ) < 0, f (n

1) (x 0

+ # x) > f (n

1) (x ) 0

f (n

1) (x 0

+ # x) < 0; µcim je x > 0;

= 0; µcim je

x < 0; a

dok je, u sluµcaju f (n) (x0 ) > 0, f (n

1) (x 0

+ # x) < 0; µcim je

x 0; µcim je

x > 0:

Po pretpostavci je n paran pa je n

1 neparan. Dakle,

f (n 1) (x

0 +# x) ( (n 1)!

x)n

1

f (x0 +

x)

f (x0 ) =

f (x0 +

x)

f (x0 ) > 0; µcim je f (n) (x0 ) > 0:

< 0; µcim je f (n) (x0 ) < 0; a

Time je tvrdnja (i) dokazana. (ii). Opet ´cemo primijeniti pripadnu Taylorovu formulu s Lagrangeovim ostatkom Rn

2 (x),

x = x0 +

f (x0 +

x, koja se sada svodi na

x) = f (x0 ) + f 0 (x0 ) x +

f (n

1) (x

0 +# x) ( (n 1)!

x)n

1:

4.1. DERIVACIJA

179

Promatrajmo pripadnu tangentu t u x0 (v. dokaz Teorema 4.46) t : : : g(x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x

x0 ):

Primijetimo da je f (x0 +

x)

g(x0 +

f (n

x) =

1) (x

0 +# x) ( (n 1)!

x)n

1:

Po Lemi 4.39 slijedi (za j xj dostatno malen) da je, u sluµcaju f (n) (x0 ) < 0, f (n

1) (x 0

+ # x) > f (n

1) (x ) 0

f (n

1) (x 0

+ # x) < 0; µcim je

= 0; µcim je

x < 0; a

x > 0;

dok je, u sluµcaju f (n) (x0 ) > 0, f (n

1) (x 0

+ # x) < 0; µcim je

x 0; µcim je

x > 0:

1 paran, pa je ( x)n

Budu´ci da je n neparan to je n f (x0 +

x)

g(x0 +

x) =

f (n

1) (x

0 +# x) ( (n 1)!

x)n

1 1

> 0. Slijedi: > 0; µcim je f (n) (x0 ) < 0 i

x < 0; f (x0 +

x)

g(x0 +

x) < 0; µcim je f (n) (x0 ) < 0 i

x > 0;

f (x0 +

x)

g(x0 +

x) < 0; µcim je f (n) (x0 ) > 0 i

x < 0;

f (x0 +

x)

g(x0 +

x) > 0; µcim je f (n) (x0 ) > 0 i

x > 0:

Prema tomu, u sluµcaju f (n) (x0 ) < 0, na dostatno malom intervalu je lijevo od x0 funkcijski graf strogo ”iznad” tangente t, a desno od x0 strogo ”ispod” tangente t. Obratno je, pak, u sluµcaju f (n) (x0 ) > 0. Zakljuµcujemo da postoji neki je, u sluµcaju

f (n) (x0 )

< 0, funkcija f strogo konkavna na [x0

> 0 takav da

; x0 ] a strogo konveksna

na [x0 ; x0 + ], dok je u sluµcaju f (n) (x0 ) > 0 upravo obratno. Slijedi da u oba sluµcaja, µcim je dakle f (n) (x0 ) 6= 0, funkcija f ima u toµcki x0 in‡eksiju.

PRIMJER Odredimo lokalne ekstreme i obratišta za funkciju f : R ! R; f (x) = 1 2 x 2x e :

Primijetimo da funkcija f (umnoµzak eksponencijalne funkcije i polinoma ) ima n-tu derivaciju f (n) za svaki n 2 N. Prva, druga i tre´ca derivacija od f jesu redom 1 2 2x

f 0 (x) =

1 2 2x

f 00 (x) = f 000 (x) =

1 2 2x

x e + 2x

x;

1 e

3x + 3 e

x; x:

Jednadµzba f 0 (x) = 0 ima za rješenja x1 = 0 i x2 = 2. Budu´ci da je f 00 (0) = i

f 00 (2)

=e

2

1 0, funkcija f ima u toµcki 0 lokalni maksimum f (0) = 0, a u toµcki 2 p lokalni minimum f (2) = 2e 2 . Jednadµzba f 00 (x) = 0 ima za rješenja x3 = 2 2i p x4 = 2 + 2. Budu´ci da je

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

180

p p p < 0 i f 000 (2 + 2) = 2e 2 2 > 0; p p p funkcija f ima toµckama 2 2 i 2 + 2 obratišta. (U toµcki 2 2 je prijelaz iz p konkavnosti u konveksnost, a u 2 + 2 - iz konveksnosti u konkavnost.) Ordinate p p p p p p 2) = ( 3+2 2)e 2+ 2 i f (2+ 2) = ( 3 2 2)e 2 2 . in‡eksijskih toµcaka jesu f (2

p

f 000 (2

p

2) =

p 2+ 2

2e

Pri crtanju funkcijinog grafa dobro nam koriste i pravci (µcim postoje) prema kojima taj graf ”konvergira”. Toµcna de…nicija jest ova: DEFINICIJA 4.54 Neka je dana funkcija f : X ! R, X f , odnosno njezin graf Gf , ima za asimptotu pravac p je lim jf

R. Re´ci ´cemo da funkcija g(x) = kx + l, x 2 R, ako

gj = 0:

1

Pritom 1 oznaµcuje bilo

1 bilo +1. (Primijetimo da X ne smije biti ome†en!) Ako je

je

k

-

p

x = a, asimptotski uvjet jest

pritom k = 0, tj. g = cl , govorimo o vodoravnoj (ili horizontalnoj ) asimptoti, a ako 6=

0

kosoj

o

asimptoti.

U

sluµcaju

pravca

lim f = 1;

a 0

tj. da barem jedna od graniµcnih vrijednosti funkcije f u toµcki a, slijeva - a - a+0, divergira prema

0 ili zdesna

1 ili +1. Pritom kaµzemo da je p uspravna (ili vertikalna)

asimptota od f , odnosno Gf .

Po De…niciji 4.54 je pravac p

y = kx + l asimptota od Gf toµcno onda kad je

lim jf (x)

kx

lj = 0 ili

(63)

lim jf (x)

kx

lj = 0:

(64)

x! 1 x!+1

Dijele´ci te relacije varijablom x i graniµcnim prijelazima x !

koe…cijent k i odsjeµcak na y-osi l: f (x) ; x!1 x

k = lim

l = lim (f (x) x!1

pri µcemu 1 oznaµcuje +1 ili

1.

kx);

1 dobivamo smjerovni

(65)

4.1. DERIVACIJA

181

x2 odredimo pripadne asimptote. 1+x Primijetimo da je de…nicijsko podruµcje promatrane funkcije skup X = R n f 1g. Za PRIMJER Za racionalnu funkciju x 7! f (x) = graniµcnu vrijednost u polu 2 lim x x! 1 0 1+x

pa je pravac x =

=

1 (i

1, lim f , dobivamo 1

2 lim x x! 1+0 1+x

= +1);

1 uspravna asimptota. Obstojnost neke kose ili vodoravne asimptote

provjeravamo formulama (64), tj. lim

x!1

f (x) x

lim (f (x)

x!1

x x!1 1+x

= lim

= 1 = k;

x x!1 1+x

kx) = lim

=

1 = l:Prema tomu, pravac p

y =x

1 jest

kosa asimptota za f (v. crteµz).

Radi lakšeg i cjelovitijeg istraµzivanja funkcijina tijeka i crtanja pripadnoga grafa Gf korisno je drµzati se sljede´cih naputaka, koji saµzimlju sva prethodna razmatranja: odrediti de…nicijsko podruµcje X

R (kad nije eksplicite navedeno);

istraµziti (ne)ome†enost; istraµziti parnost i neparnost (kad god to ima smisla); istraµziti (ne)periodiµcnost (kad god to ima smisla); istraµziti ponašanje u blizini ”rubnih” toµcaka de…nicijskoga podruµcja; odrediti sjecišta s koordinatnim osima (ako postoje); istraµziti (ne)prekidnost; istraµziti ponašanje u blizini prekidnih toµcaka; odrediti asimptote (ako postoje); istraµziti (ne)derivabilnost i odrediti kritiµcne toµcke; istraµziti (ne)monotonost po intervalima;

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

182

odrediti lokalne ekstreme (ako postoje); istraµziti (ne)konveksnost i (ne)konkavnost po intervalima; odrediti in‡eksijske toµcke. PRIMJER Istraµzimo tijek i nacrtajmo graf realne funkcije zadane analitiµckim zapisom p y = 3 2x2 x3 . p Iz zapisa slijedi da je X = R, tj. da se radi o funkciji f : R ! R, f (x) = 3 2x2 x3 . Jednostavnim uvidom otkrivamo da funkcija f nije parna ni neparna ni periodiµcka. Graf

Gf presijeca y-os (x = 0) u toµcki f (0) = 0, a x-os (f (x) = 0) u toµckama x1 = x2 = 0 i x3 = 2. Dakle, 0 i 2 su tzv. nultoµcke funkcije f , pri µcemu je 0 dvostruka, a 2 jednostruka ili obiµcna nultoµcka. Budu´ci da je f elementarna funkcija, ona je neprekidna. Istraµzimo joj graniµcno ponašanje u 1! q lim f = lim x 3 x2 1 ) (lim f = +1; lim f = 1

1

1

+1

1):

Posebice, funkcija f nije ome†ena. Za asimptote, pogledajmo q 3 2 lim f (x) = lim 1 = 1 = k; x x 1 1 q (1 0) lim(f (x) kx) = lim x 3 x2 1 + 1 = 1

lim 1

q

1

1+1 ( 00 )

3 2 x

= lim

1 x

p

2 2 1)2 x 1 x2

1 2 3 3 (x

1

=

2 3

= l;

pri µcemu smo rabili L’Hospitalovo pravilo (v. Teorem 4.27 i Napomenu 4.29). Dakle, pravac y =

x+

2 3

je traµzena (kosa) asimptota. Primijenjuju´ci formalna derivacijska

pravila za elementarne funkcije, dobivamo 1 0 4 3x f 0 (x) = (2x2 x3 ) 3 = = p ; x 2 Rnf0; 2g: 3 3 x(2 x)2 Primijetimo da f nije derivabilna u toµckama x = 0 i x = 2 pa su to dvije njezine 4 3

je stacionarna (rješenje za f 0 (x) = 0). p Nejednadµzba f 0 (x) > 0 postaje, mnoµze´ci ju s pozitivnim (0 6= x 6= 2) izrazom 3x 3 x(x

kritiµcne toµcke. Tre´ca kritiµcna toµcka x = nejednadµzbom x(4

3x) > 0: Prema tomu, funkcija f je uzlazna na intervalu 0; 34 .

Sliµcnom tehnikom se dobiva da je f silazna na h ; 0i [

4 3;

.

Lako se provjeri da postoji " > 0 takav da je f (x) > f (0) = 0 za svaki x 2 h "; "i n f0g (primjerice, " = 1); pa funkcija f ima u kritiµcnoj (i svojoj dvostrukoj nul-) toµcki 0

lokalni minimum. S druge strane, prolazom kroz kritiµcnu (i svoju obiµcnu nul-) toµcku 2 funkcija f mijenja predznak, pa u njoj ne postoji lokalni ekstrem. (Poslije ´cemo vidjeti da funkcija f ima u toµcki 2 obratište.) Za istraµzivanje u tre´coj kritiµcnoj (stacionarnoj) toµcki

4 3

smijemo rabiti derivacije viših redova. Budu´ci da je

f 00 (x) =

1 3 (4

3x) x(2

x2 )

2 3

0

=

=

9x(2

8 p 3 x) x(2

x)2

; x 2 Rnf0; 2g;

2)2 ,

4.1. DERIVACIJA

183

to je f 00 ( 43 ) < 0, pa f ima u toµcki

4 3

lokalni maksimum f ( 43 ) = 23 .

Primijetimo da je f 00 (x) 6= 0 za svaki x iz svojega de…nicijskog podruµcja, pa funkcija

f nema in‡eksije ni u jednoj toµcki u kojoj je dvaput derivabilna. Rješavaju´ci nejedp nadµzbu f 00 (x) > 0, mnoµze´ci ju pozitivnim izrazom 9x(2 x)2 3 x(2 x)2 , dobivamo ekvivalentnu nejednadµzbu

8(2

x) > 0. Njezino rješenje jest svaki x > 2. To znaµci

da je funkcija f strogo konkavna na [2; i. Na isti naµcin se dobiva da je f strogo kon-

veksna na h ; 0] i na [0; 2]. (Oprez! Funkcija f nije konveksna i na njihovoj uniji h ; 2]; f nije konveksna ni konkavna ni na jednom intervalu što sadrµzi toµcku x = 0 ili toµcku x = 2.) Napokon, budu´ci da prolazom kroz toµcku 2 funkcije f od konveksne postaje konkavnom, to f ima obratište u (svojoj nul-) toµcki 2:

4.1.8

µ ZADACI ZA VJEZBU

1. Dokaµzite da je svaka toµcka x 2 Q

R neizolirana toµcka od Q.

2. Derivirajte gra…µcki prirodnu potenciju x 7! x2 (kvadriranje): 3. Derivirajte po de…niciji funkcije: 2

(a) x 7! ex ;

(b) f (x) = x3 :

4. Derivirajte funkcije: (a) f (x) = x2 + x3 + sin x; x (c) f (x) = 2 ; x +1 p p p p 3 x x + e; (e) f (x) = x2

5. Derivirajte funkcije: (a) f (x) = sin x + tg x; (c) f (x) = arcsin x + arccos x; 6. Derivirajte funkcije: (a) f (x) = ln x + log x; (c) f (x) = 3xex ;

(b) f (x) = (x2 x + 1)(x4 + 2); p (d) f (x) = x + p 1 x p : (f) f (x) = 1+ 3x (b) f (x) = cos x (1 + ctg x)); cos x (d) f (x) = 1 + tg x

(b) f (x) = ex cos x; ctg x (d) f (x) = : x ln x

7. Izraµcunajte f 0 (e 6 ) ako je f : X ! R, X 8. Derivirajte kompozicije funkcija:

R, f (x) =

p 3 sin(ln x).

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

184 (a) f (x) = (x2 + 2)3 ; p (c) f (x) = xex ; ; 1 ; 5x2 x (g) f (x) = arcsin

(b) f (x) = ln(sin r x); 1+x (d) f (x) = ln ; 1 x p

(e) f (x) =

(i) f (x) = 2

arctg

p

x

1 x

;

9. Derivirajte funkcije: (a) f (x) = xsin x ; (cos x)sin x (c) f (x) = ; x2 + 3 10. Odredite y 0 ako je: (a) x3 y + xy 3 = ex ; 2 2 2 (c) x 3 + y 3 = a 3 ;

;

x

(f) f (x) = e xe ; p p (h) f (x) = 4x 1 + arctg 4x 3

(j) f (x) = (tg x)

1;

ln(cos t);

p (b) f (x) = ln x sin x; (x2 + 2x + 3)15 (2x + 5)10 : (d) f (x) = (5x + 3)13 (b) xy + sin y) = ex+y ; (d) (x2 + y 2 )y 2 = ax2 :

11. Odredite n-tu derivaciju i njenu vrijednost u x0 : 1 (a) f (x) = ; x0 = 1; (b) f (x) = sin x; x0 = 2 ; ; x 1 4x ; x0 = 0: (c) f (x) = cos x; x0 = ; (d) f (x) = ln 1 + 4x 12. Derivirajte parametarski zadane funkcije: (a) x(t) = t sin t; y(t) = 1 cos t; t(t + 1) t2 4t + 1 (b) x(t) = ; y(t) = ; t+2 t 5 p t+3 (c) x(t) = sin 3t; y(t) = : t 3 13. Odredite jednadµzbu tangente i normale na krivulju y = f (x) u toµcki x0 : (a) y = ln cos x + 1, x0 = 0; r e2x 2x ; x0 = 0: (b) y = arctg e + ln 2x 2e 1 14. Iz toµcke T = (4; 1) povucite tangentu na krivulju y = ište.

x

1 x

i odredite diral-

15. Na†ite tangentu na parabolu y = x2 tx+3 paralelnu s pravcem 5x+y 3 = 0: 16. Neka je jednadµzbama x = t + ln t i y = t2 parametarski zadana funkcija x 7! f (x) = y. Odrediti tangentu pripadnoga grafa Gf kojoj je smjerovni koe…cijent k = 1. Rješenje. Neka u diralištu (x0 ; y0 ) parametar ima vrijednost t0 . Po formuli (2) iz pododjeljka 4.1.1 je 2t0 2t20 (54) y_ = ) (t0 )1 = 1; (t0 )2 = 1 = f 0 (x0 ) = ( )(t0 ) = x_ t0 + 1 1 + t10

1 : 2

Budu´ci da je (t0 )2 = 21 izvan de…nicijskoga podruµcja (t 2 R+ ), traµzeno rješenje se dobiva za t0 = 1. Dakle, x0 = 1 + ln 1 = 1 i y0 = 12 = 1, pa je tangentina jednadµzba y = x. 17. Neka su pravci t i n redom tangenta i normala u bilo kojoj toµcki na astroidi x = a cos3 ', y = a sin3 ', ' 2 [0; 2 i. Dokazati da je 4d(t; O)2 + d(n; O)2 = a2 , pri µcemu je O = (0; 0) ishodište, a d oznaµcuje udaljenost.

4.1. DERIVACIJA

185

18. Primjenom L’Hospitalovog pravila izraµcunajte: tg x ln(x a) (a) lim ; (b) lim ; x!a ln(ex x! 2 tg 5x ea ) p p 5x 1 4x + 1 aln x 1 p (c) lim ; (d) lim p x!1 x!2 ln x 3x 2 x+2 (e) lim ln x ln(x 1); (f) lim (1 sin x) tg x; x!1

x! 2

1 1 1 (g) lim ; (h) lim x!0 x x!1 x ex 1 1 19. Primjenom L’Hospitalovog pravila izraµcunajte: tg x (a) lim (sin x) ; (b) lim xx ; x!0

x!0

1 x

(c) lim (ln x) x!1

;

(d) lim

x!1

1

1 ln x

:

1

arcsin

1

x

;

1 x2

sin x : x 20. Neka je kuglin polumjer (izmjeren s pogrješkom) r = 3 cm 0; 1 mm. Odredit (do na pogrješku) kuglin obujam V . Rješenje. Oznaµcimo r0 = 3 cm i dr = r = 0; 1 mm = 0; 01 cm. Po formuli (45) je (e) lim (2 x!1

tg

x)

x

;

(f) lim

x!0

4 r3 = f (r0 ) 3

f 0 (r0 )dr =

4 32 0; 01 = (36

0; 36) cm :

V = f (r) = 4 33 3

2

3

21. Razvijte funkciju u red potencija u okolini zadane toµcke, te provjerite za koje vrijednosti x formula vrijedi (pronadite podruµcje konvergencije reda): 1 (a) f (x) = ; x0 = 3; x (b) f (x) = ln(1 + 2x); x0 = 0; (c) f (x) = sin 4 x; x0 = 2; 2 (d) f (x) = ; x0 = 0: 1 + 2x 22. Koliko µclanova Maclaurinova razvoja elementarne funkcije f (x) = ln(1 + x) treba uzeti da bi se broj ln 2 izraµcunao s toµcnosti do 10 5 (tj. da apsolutna pogrješka ne bude ve´ca od 10 5 )? 23. Odrediti sumu s : X ! R potencijskoga reda X (n + 1)(n + 2) 2

xn :

24. Smije li se funkcijski red X sin nx sin(n + 1)x (a) , x 2 [0; 2 ]; n n+1 X (b) sinn x, x 2 [0; 2 "], " > 0,

derivirati ”µclan po µclan”? Pojasnite što se zbiva u primjeru (b) kad se dopusti x 2 0; 2 .

25. Neka je funkcija f : R ! R zadana pravilom f (x) =

x2 sin x1 , 0;

x 6= 0 : x=0

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

186

Dokazati da postoji neki " > 0 takav su vrijednosti f (x) < 0 za x 2 h "; 0i i f (x) > 0 za x 2 h0; "i. Nadalje, dokazati da je funkcija f derivabilna, ali da nije monotona ni na jednom intervalu što sadrµzi toµcku x = 0 . Je li f 0 neprekidna u toµcki x = 0? 26. Dokazati ovaj Darbouxov teorem: Ako je funkcija f : X ! R, X R, derivabilna na segmentu [a; b] X i ako je f 0 (a) 6= f 0 (b), onda derivacija f 0 poprima svaku vrijednost izme†u f 0 (a) i f 0 (b). (Primijetimo da f 0 ne mora biti neprekidna!) 27. Na kruµznici x2 + y 2 = R2 odredite tangentu s diralištem u prvom kvadrantu tako da duljina odsjeµcka te tangente me†u koordinatnim osima bude najve´ca. x , a druga dva 28. Nekom pravokutniku dva vrha leµze na grafu Gf , f (x) = 2 x +1 na asimptoti toga grafa. Posve odrediti te vrhove pod uvjetom da pravokutnikova površina bude najve´ca. 29. Raµcunom potvrditi da su x1 = 2 i x2 = 3 in‡eksijske toµcke za polinom p(x) = (2x 3)(x 3)5 . Odrediti i pripadne intervale na kojima je p konveksan, odnosno, konkavan. 30. Odredite ekstreme i in‡eksije funkcija: (a) f (x) = x2 e

x

;

(b) f (x) = sin x +

31. Odredite a 2 R tako da funkcija f (x) = zatim odre…te sve in‡eksije funkcije f:

1 2

sin 2x:

x+a ima in‡eksiju u x = 1; a x2 + a

32. Provjerom potvrditi da su pravci x = 2; y = 3 i y = funkciju p x3 + x6 1 : x 7! f (x) = 3 + 4(x 2)2

x 2

+ 4 asimptote za

33. Istraµziti kakva svojstva ima funkcije f : R ! R u i ”blizu” toµcke x = 0, ako je f (0) = 0 i: (a) f (x) = e

1 x2

, x 6= 0;

1 x2

, x 6= 0; 1 (c) f (x) = x2 2 + sin 2 , x 6= 0; x (d) f (x) = x2 sin x1 , x 6= 0; 1 (e) f (x) = x2 1 + x2 sin , x 6= 0. x (b) f (x) = xe

34. Istraµziti funkcijin tijek i nacrtati pripadni graf: (a) f (x) = xjxj 1; x 1 (b) f (x) = ; x+2 2 (c) f (x) = x + 1 ; x 2x3 (d) f (x) = 2 ; x 4 7 (e) f (x) = 2 1; x p +3 x2 3x 4 (f) f (x) = ; 2x + 4

4.2. NEODREÐENI INTEGRAL x2

(g) f (x) = e x2 (h) f (x) = e

1 4

1 x

187

; ex ;

1

(i) f (x) = e x ; ln x (j) f (x) = p ; x (k) f (x) = x

2 ln 1

1 x

;

1

(l) f (x) = x x ; (m) f (x) = x + sin x;

4.2

NEODREÐENI INTEGRAL

In…nitezimalni raµcun, kako smo ve´c spomenuli, vuµce korijene iz Newtonovih i Leibnizovih radova o problemima ”trenutne” brzine i krivuljine tangente. Od tada pa do danas, skoro triipolstoljetna teorija, primjena i praksa pokazuju da se mnogi tehniµckotehnološki, a i ini problemi svode na probleme in…nitezimalnoga raµcuna. Me†u njima, pak, mnogi se svode na ovo pitanje: Je li dana realna funkcija f : X ! R, X

R,

derivacija neke realne funkcije g : X ! R? Nadalje, ako je odgovor na to pitanje potvr-

dan, zadatak je odrediti funkciju g, tj. riješiti jednadµzbu (u skupu realnih funkcija RX )

g 0 = f , pri µcemu se za dani f traµzi g. Pokazat ´cemo da ta jednadµzba ili nema rješenja ili ih ima beskonaµcno mnogo. Skup svih pripadnih rješenja ´cemo nazvati (neodre†enim) integralom funkcije f i pritom ´cemo govoriti da smo funkciju f integrirali. Pokazat ´ce se da je integriranje tehniµcki neusporedivo sloµzeniji raµcun-postupak od deriviranja, premda se, na neki naµcin, radi o obratnomu raµcunu. Ovdje ´cemo, jednostavnosti radi i kad to ne bude imalo zasebnog utjecaja, nazivom interval i oznakom I obuhvatiti sve mogu´cnosti (v. 1.1.3): ha; bi, ha; b], [a; bi, [a; b], h ; bi,

, h ; i = R. Štoviše, ponekad ´ce I oznaµcavati i neku uniju disjunktnih intervala,

jer ´ce, najµceš´ce, de…nicijska podruµcja promatranih funkcija biti ili intervali ili razlike nekih intervala i prebrojivih podskupova od R.

4.2.1

POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA NEODREÐENOG INTEGRALA

DEFINICIJA 4.55 Neka su dani interval (ili njihova unija) I, prebrojiv podskup A

I funkcija f : X ! R, pri µcemu je I n A

F : I ! R sa svojstvom

F 0 (x)

X

R. Svaku neprekidnu funkciju

= f (x) za svaki x 2 I n A, nazivamo primitivnom

funkcijom za funkciju f na intervalu I.

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

188

PRIMJER Funkcija F : R ! R, F (x) = je primitivna funkcija za funkciju 8 > > < x; f : Rnf 2g ! R, f (x) = 2x; > > : x, jer je

F 0 (x)

8 > > < > > :

x
< < x, f1;2 : R ! R; f1 (x) = 2x; 2 < x < 2 ; f2 (x) = 2x; > > > > : x; : x 2 x;

x< 2

2 x3 1; x > 3 (U ovomu primjeru nije svaka primitivna funkcija de…nirana u toµcki x = 3. Naime, tek je posebnim izborom konstanata c2 = c1 + 3 (c je op´ca oznaka!) mogu´ce udovoljiti uvjetu o neprekidnosti primitivne funkcije u toµcki x = 3. U takvomu sluµcaju, ipak, primitivna funkcija nije derivabilna u toj toµcki, jer joj je derivacija slijeva u toµcki 3 jednaka 2, a ona zdesna - 1.) Istinitost sljede´cega teorema je oµcigledna. TEOREM 4.58 Neka je

R

f (x)dx = F (x) + c, tj. F 0 (x) = f (x) za svaki x 2 I n A

(oznake iz De…nicija 4.3.1 i 4.3.2) Tada na I n A vrijedi: 0 R (a) f (x)dx = f (x) (”deriviranjem integrala dobivamo integrand”);

R (b) d f (x)dx = f (x)dx (”diferenciranje poništava integriranje”); R (c) dF (x)) = F (x) + c (”integriranje poništava diferenciranje do na konstantu”).

Naredni teorem tvrdi da je neodre†eni integral primjer linearnog operatora (funkcionala). TEOREM 4.59 Neka funkcije fi : X ! R, X primitivne funkcije na intervalu I

funkcija Z

1 f1

+

+

1 f1 (x)

+

X, te neka su

R, i = 1; 1;

;

; n, n 2 N, dopuštaju

n

n fn

2 R konstante. Tada i

: X ! R dopušta primitivnu funkciju na I i vrijedi Z Z + n fn (x) dx = 1 f1 (x)dx + + n fn (x)dx + c

(1)

tj. neodre†eni integral µcuva (do na aditivnu konstantu) linearnu kombinaciju. DOKAZ. Neka je Fi bilo koja primitivna funkcija za fi na I, tj. i = 1; i = 1;

; n. Budu´ci da je

Fi0 (x)

; n, to je (

1 F1

+

+

0 n Fn ) (x)

=(

R

fi (x)dx = Fi (x)+ci ,

= f (x) za svaki x 2 I n Ai i Ai

1 f1

+

+

n fn )(x);

x2In

Sn

I prebrojiv,

i=1 Ai

:

4.2. NEODREÐENI INTEGRAL Sn

Primijetimo da je i skup A 1 F1

+

+

n Fn

191

i=1 Ai

I prebrojiv. Slijedi da je (neprekidna) funkcija

: I ! R primitivna funkcija za funkciju

Prema tomu (i k je oznaka za konstantu), Z ( 1 f1 (x) + + n fn (x))dx = 1 F1 (x) + 1

1

Z

Z

f1 (x)dx

f1 (x)dx +

c1

+

+

Z

n

+

n

Z

fn (x)dx

fn (x)dx + c;

c

k

1 f1

+

n Fn (x)

cn

+k =

(

1 c1

+

+

n fn

: X ! R.

+k =

+

+

n cn ):

Napomenimo da u budu´ce u jednakostima sliµcnima onoj u Teoremu 4.59, op´cu konstantu c (c1 ; c2 ; k;

) najµceš´ce ne ´cemo zapisivati, tj. u takvim ”jednakostima”´cemo

dopuštati da se lijeva i desna strana smiju razlikovati do na aditivnu konstantu. Teorem 4.59 oµcito povlaµci: Z Z (f (x) g(x))dx = f (x)dx Z

( f (x))dx =

PRIMJER

Z

Z

g(x)dx;

f (x)dx:

4 cos x + 21 x3

= 4 sin x + 18 x4

Z

Z Z (1) 3 dx = 4 cos xdx + 12 x3 dx

3x + c. (Jer, sin0 x = cos x,

x4 4

0

Z 3 dx =

= x3 i (x)0 = 1.)

Neka µcitatelj provjeri (deriviranjem, v. pododjeljak 4.1.2) toµcnost ove tablice osnovnih integrala (na de…nicijskim podruµcjima podintegralnih funkcija): Z 0 dx = c; Z Z

dx = x + c;

xr+1 + c; r 6= 1; r+1 Z Z dx 1 x dx = ln jxj + c; x Z ex dx = ex + c; Z ax ax dx = + c; 0 < a 6= 1; ln a Z sin xdx = cos x + c; Z sinh xdx = cosh x + c; xr dx =

(2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (80 )

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

192 Z Z Z

Z

cos xdx = sin x + c;

(9)

cosh xdx = sinh x + c;

(90 )

1 dx = tan x + c; cos2 x

(10)

1 dx = tanh x + c; cosh2 x Z 1 dx = cot x + c; sin2 x Z 1 dx = coth x + c; sinh2 x Z 1 dx = arctan x + c1 = arccot x + c2 ; 1 + x2 Z 1 p dx = arcsin x + c1 = arccos x + c2 ; 1 x2 ( Z arth x + c1 , jxj < 1 1 1+x 1 dx = + c; = ln 1 x2 2 1 x arcth x + c2 jxj > 1 Z p 1 p dx = arsh x + c1 = ln x + x2 + 1 + c2 ; x2 + 1 Z p 1 p dx = arch x + c1 = ln x + x2 1 + c2 : x2 1

(100 ) (11) (110 ) (12) (13)

(14)

(15) (16)

Neodre†ene integrale od (2) do (16) nazivamo tabliµcnim integralima.

4.2.2

OSNOVNE INTEGRACIJSKE METODE

Neodre†ene integrale elementarnih funkcija što se mogu prikazati kao linearne kombinacije podintegralnih funkcija iz tablice gore, lako odre†ujemo primjenom Teorema 4.59. U takvim sluµcajevima kaµzemo da smo funkciju integrirali izravno (ili neposredno). PRIMJER p Z Z 7 2x x (4) 12 2 p p dx = 2 x 6 dx = x 6 x + c; (a) 3 13 x Z Z dx sin2 x + cos2 x (1) (b) = dx = sin2 x cos2 x sin2 x cos2 x Z Z dx dx (11),(10) + = cot x + tan x + c. 2 2x cos sin x Skup svih izravno integrabilnih funkcija proširujemo primjenom dvaju jednostavnih postupaka: uvo†enjem nove varijable (supstitucija) i prepoznavanjem diferencijala nekog umnoška (parcijalna integracija).

4.2. NEODREÐENI INTEGRAL

193

Supstitucija se sastoji u tomu da se nekom dopustivom zamjenom integracijske varijable ili podintegralnog izraza polazni integral svede na neke od onih tabliµcnih. O tomu govore dva naredna teorema. TEOREM 4.60 Neka za funkciju f postoji neka primitivna funkcija na intervalu I. Nadalje, neka je ' : J ! I, J - interval, strogo monotona i derivabilna surjekcija. Tada je Z

f (x)dx =

('

1

(x)) + c;

(17)

primitivna funkcija za funkciju (f ') '0 na J. Drugaµcijim zapisom, Z 0 ((f ') ' )(t)dt (t)dt = (t) + c:

gdje je Z

DOKAZ. Budu´ci da stroga monotonost realne funkcije povlaµci injektivnost, to je funkcija ' bijektivna. Postoji, dakle, inverzna funkcija '

1

: I ! J za koju se

lako dokaµze da je, tako†er, strogo monotona. Primijetimo da neprekidnost i stroga monotonost funkcije ' povlaµce neprekidnost inverzne funkcije '

1

(v. Korolar 3.48).

Nadalje, budu´ci da je ' i derivabilna, po Teoremu 4.13 zakljuµcujemo da je i '

1

deriv-

abilna. Ukratko, strogo monotona i derivabilna surjekcija ' ima inverznu funkciju '

1

koja je, tako†er, strogo monotona i derivabilna. Po pretpostavci, postoji neka primitivna funkcija F za f na I. Tada je F 0 (x) = f (x), x 2 I n A. Neka je B = ' pa je i B prebrojiv skup. Dokaµzimo da je F '

1 [A]

J,

primitivna funkcija za (f ') '0

na intervalu J! Zaista, za svaki t 2 J n B je 0

(t) = (F ')0 (t) = F 0 ('(t)) '0 (t) = f ('(t)) '0 (t) = ((f ') '0 )(t) = (t);

pri µcemu smo iskoristili Teorema 4.11. Primijetimo da je '

1

'

1

= (F ')'

1

= F pa je

primitivna funkcija za f na I.

Teorem 4.60 jamµci da se, pod navedenim uvjetima, zadani integral smije rješavati zamjenom x = '(t) i dx = '0 (t)dt, tj. Z Z f (x)dx = f ('(t)) '0 (t)dt

Z

(t)dt =

(t) + c =

('

1

(x)) + c = F (x) + c:

Dakako, temeljna zamisao je u tomu da se na†e zamjenska funkcija ', koja ´ce poluµciti R funkciju , tako da integral (t)dt bude ”tehniµcki”bitno jednostavniji (što bliµzi nekom R tabliµcnom integralu) od polaznoga (netabliµcnog) f (x)dx. Naravno, idealno je ako se R ”iz prve” za (t)dt dobije neki tabliµcni integral.

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

194

PRIMJER p Z Z Z 1+ 3x 1 + t2 (1) 5 6 5 p 6t dt = 6(t4 + t2 )dt = (a) dx = [x = t ; dx = 6t dt] = 3 t x Z Z 5 3 p p 6 p t t (4) 6 = 6 t4 dt + 6 t2 dt = 6 x5 + 2 x + c; +6 + c = [t = 6 x] = 5 3 5 Z Z Z dx cos tdt dt (10) (b) = = [x = sin t; dx = cos tdt] = = 3 3 2t 2 2 cos (1 x ) 2 (1 sin t) 2 = tan t + c = [t = arcsin x] = tan(arcsin x) + c = x x +c= p + c; = tan arctan p 1Z x2 1 x2 Z dx dx (c) = = 2 x + 2x + 2 (x + 1)2 + 1 [x = t 1; dx = dt] Z dt (12) = arctan t + c = [t = x + 1] = arctan(x + 1) + c. = 2 t +1 (Podrazumijeva se, bez izriµcitog naglašavanja, da primjer pod (a) ima smisla samo za x > 0, a primjer pod (b) - samo za jxj < 1. S tim u svezi, primijetimo da funkcije

t 7! t6 i sin nisu monotone, ali njihova suµzenja na R+ i h 1; 1i, redom, jesu strogo monotona.)

TEOREM 4.61 Neka je G primitivna funkcija za funkciju g na intervalu J, tj. G0 (t) = g(t), t 2 J n B, te neka je jekcija. Tada je Z g( (x))

0

: I ! J, I - interval, strogo monotona i derivabilna sur-

(x)dx = G( (x)) + c:

(18)

Drugim rijeµcima, ako je f (x)dx = g( (x))d (x) za svaki x 2 I, pri µcemu funkcije g i imaju navedena svojstva, onda funkcija f = (g )

F = G , tj. Z f (x)dx

Z

g( (x))

0

0

ima na I primitivnu funkciju

(x)dx = G( (x)) + c:

DOKAZ. Teorem 4.61 je preformulacija prethodnoga Teorema 4.60 u smislu da se umjesto zamjenske funkcije x = '(t) uvodi zamjenska funkcija t = (x) = ' PRIMJER Z Z p 1p 2x + 3dx = 2x + 3 2dx = [t = 2x + 3; dt = 2dx] = (a) 2 3 Z Z 1 1p 1 1 t2 1p = tdt = t 2 dt = +c= (2x + 3)3 + c. 3 2 2 2 2 3 Z Z 1 (b) cos 5xdx = cos 5x 5dx = [t = 5x; dt = 5dx] = 5

1 (x).

4.2. NEODREÐENI INTEGRAL 1 = 5 Z

Z

cos tdt =

195

1 1 sin t + c = sin 5x + c. 5 5

Z xdx 1 2xdx = = [t = 1 + x2 ; dt = 2xdx] = 2 r (1 + x ) 2 (1 + x2 )r 8 8 1 1 > > Z < < ln(1 + x2 ) + c, ln jtj + c, r=1 r=1 1 dt 2 2 = = = . r+1 2 r+1 1 t 1 (1 + x ) > > 2 tr : : + c, r 6= 1 + c, r 6= 1 2 r+1 2 r+1 (d) Odredimo, po Teoremu 4.61, primitivnu funkciju F za f ako je g op´ca potencija

(c)

t 7! g(t) = tr .

Po (4) i (5) je, redom, G(t) = Dakle, Z

f (x)dx

Z

g( (x))

tr+1 kad je r 6= r+1 0

1 i G(t) = ln jtj kad je t = 8
0)(9D0 2 D)(8D 2 D([a; b]))(8S (f ; D)) D To i prethodno razmatranje povlaµce da, za svaki D

D0 ) jS (f ; D)

Jj < ":

D0 , smijemo integralnu sumu

S (f ; D) zamijeniti pripadnom donjom s(f ; D) ili gornjom S(f ; D) sumom. Dakle,

4.3. ODREÐENI INTEGRAL js(f ; D)

213

Jj < " i jS(f ; D)

Jj < ":

Sada, odabravši " = 2 , dobivamo jJ

J j

js(f ; D)

S(f ; D)j

js(f ; D)

Jj + jJ

S(f ; D)j
0, suµzenje f j[a;b

"]

(neome†ene) funkcije f : [a; b] ! R integrabilna funkcija, a

je lim f = 1 (bilo b

1 bilo +1). Oznaµcimo

b

" < b, i neka

4.3. ODREÐENI INTEGRAL Jd (f; ")

Jd (") =

Z

225

b "

(f j[a;b

a

"] )(x)dx:

Tada pripadni nepravi integral funkcije f de…niramo kao graniµcnu vrijednost Z b Z def. f (x)dx = lim Jd ("): f "!0 a [a;b] R Pritom kaµzemo da nepravi integral [a;b] f konvergira µcim navedena graniµcna vrijednost postoji (6=

1), a da divergira µcim ta graniµcna vrijednost ne postoji. Primijetimo

da je, zapravo, Jd (") = F (b

")

F (a) µcim je F primitivna funkcija za f . Uoµcimo

i da vrijednost f (b) ne igra nikavu ulogu. Drugim rijeµcima, posve je svejedno je li de…nicijsko podruµcje funkcije f segment [a; b] ili interval [a; bi. Pridodajmo i op´ci kriterij za konvergenciju (dokaz je jednostavan) ovakvoga nepravog integrala: Z b0 f (x)dx < ": (8" > 0)(9 > 0)(8a0 ; b0 2 hb ; bi) a0

Sliµcno postupamo i u sluµcaju integrabilnosti na svakom podsegmentu [a + "; b] pod ”smetnjom” lim f = 1. Oznaµcivši a Z b Jl (f; ") Jl (") = (f j[a+";b] )(x)dx; a+"

de…niramo Z f [a;b]

Z

b

def.

f (x)dx = lim Jl ("):

(13)

"!0

a

Primijetimo da je ovdje, zapravo, Jl (") = F (b)

F (a + ") µcim je F primitivna funkcija

za f . Pripadni kriterij za konvergenciju je isti kao u prethodnom sluµcaju, s tim da se odabiru a0 ; b0 2 ha; a + i. Tre´ci sluµcaj nastupa kad je ”smetnja”u nekoj toµcki c 2 ha; bi, lim f = 1 (bilo slijeva ili c 0

zdesna u c). Tada se problem svodi na dva prethodna sluµcaja, tj. promatraju se suµzenja od f na [a; c] i na [c; b], pa ako pripadni nepravi integrali konvergiraju onda i nepravi R integral [a;b] f konvergira. Pripadna formula se, u sluµcaju lim f = 1 i lim f = 1, tj. c 0

limf = 1, moµze zapisati ovako: c Z Z b Z def. f f (x)dx = lim [a;b]

"!0 a

a

c "

f (x)dx + lim

Z

c+0

b

!0 c+

f (x)dx:

(14)

Napokon, sada je oµcito kako postupiti u ”op´cem” sluµcaju, tj. kad postoji (najviše) konaµcno mnogo toµcaka ci 2 [a; b] u kojima je lim f = 1, i = 1; ci 0

; n.

Razmotrimo sada mogu´cnost integriranja na neome†enom de…nicijskom podruµcju. Pretpostavimo, prvo, da je, za svaki b 2 R, b

integrabilna funkcija. Oznaµcimo Z b J(f; b) J(b) = (f j[a;b] )(x)dx:

a, suµzenje f j[a;b] funkcije f : [a; i ! R

a

Nepravi integral funkcije f tada de…niramo kao graniµcnu vrijednost

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

226 Z

f

[a; i

Z

+1

def.

f (x)dx =

a

lim J(b):

(15)

b!+1

Kao i prije, kaµzemo da nepravi integral

R +1 a

f (x)dx konvergira ako postoji (6=

1)

pripadna graniµcna vrijednost, a u protivnom da divergira. Jasno, ako je F primitivna funkcija od f , onda je J(b) = F (b) dokaµze, a glasi ovako: (8" > 0)(9a0

a)(8b0

F (a). Pripadni kriterij za konvergenciju se lako Z

a0 )

b0

f (x)dx < ":

a0

Analogno postupamo u sluµcaju funkcije f : h ; b] ! R kojoj je integrabilno svako suµzenje f j[a;b] , a 2 R, a J(f; a)

b. Oznaµcivši, dakle, Z b (f j[a;b] )(x)dx; J(a) = a

de…niramo nepravi integral funkcije f kao graniµcnu vrijednost Z Z b def. f f (x)dx = lim J(a): h ;b]

Dakako, J(a) = F (b)

F (a) µcim je F primitivna funkcija za f . Odgovaraju´ci kriterij

za konvergenciju je u biti isti, s tim da se traµzi neki b0 a0

(16)

a! 1

1

b i onda uzme bilo koji

b0 . Napokon, ako je funkciji f : h ; b0 ] [ [a0 ; i ! R, b0

a0 , integrabilno

svako suµzenje f j([a;b0 ][[a0 ;b]) , onda se nepravi integral funkcije f svodi na dva prethodna

neprava integrala. (U podsluµcaju b0 = a0 , tj. f : R ! R, smijemo odabrati bilo koju toµcku d 2 R i promatrati pripadna suµzenja na h ; d] i na [d; i.) Pripadnu formulu moµzemo zapisati ovako: Z Z b0 Z f f (x)dx + h ;b0 ][[a0 ; i

1

lim

Z

+1

def.

f (x)dx =

a0

b0

a! 1 a

f (x)dx + lim

Z

b

b!+1 a0

f (x)dx:

Preostaje najop´cenitiji sluµcaj: neome†ena funkcija f : X ! R, X

(17) R, s neome†enim

de…nicijskim podruµcjem X. I ovdje pretpostavljamo obstojnost najviše konaµcno mnogo toµcaka ci 2 X u kojima je lim f = 1, i = 1; ci 0

f j[a;b] pri µcemu (nijedna) ci 2 = [a; b]

; n, i integrabilnost svakoga suµzenja

X. To povlaµci da se nepravi integral funkcije f

moµze de…nirati pomo´cu konaµcno mnogo graniµcnih vrijednosti oblika (12) - (15): Primjerice, za f : R ! R s jedinom toµckom c u kojoj je limf = 1, pripadni nepravi integral c R R f de…niramo izrazom Z +1 Z b0 Z c " Z a0 Z b def. f (x)dx = lim f (x)dx+lim f (x)dx+lim f (x)dx+ lim f (x)dx; 1

pri µcemu je a

a!1 a

b0 < c < a0

"!0 b 0

!0 c+

b!+1 a0

b, i a0 ; b0 …ksni.

PRIMJER Neka je dana funkcija f : X ! R kojoj je graf Gf na donjem crteµzu. De…nirajmo nepravi integral funkcije f .

4.3. ODREÐENI INTEGRAL

227

Ovdje je vaµzno uoµciti da je X = R, lim f = +1, lim f = c1 0

lim f =

c3 0

c2 0

1, lim f = +1 i c2 +0

1. U skladu s prethodnim razmatranjem, odaberimo toµcke a, a0 , b, b0 , i d0

tako da bude a

b0 < c1 , c1 < d < c2 ; c2 < d0 < c3 < a0 < b, pa nepravi integral

funkcije f ima ovaj zapis: Z +1 Z f (x)dx = lim 1

lim

Z

a! 1 a c2

Z

f (x)dx + lim

f (x)dx + lim

!0 d

lim

b0

f (x)dx + lim

c1 "

f (x)dx +

"!0 b 0 d0

!0 c + 2 Z b

a0

!0 c + 3

Z

Z

b!+1 a0

f (x)dx + lim

Z

Z

d

f (x)dx+

c1

c3

!0 d 0

f (x)dx+

f (x)dx:

Primijetimo da moµze nastupiti i ovakav sluµcaj: Nepravi integrali Z c2 " lim f (x)dx i "!0 d

lim

Z

d0

"!0 c +" 2

f (x)dx

divergiraju, a ipak postoji graniµcna vrijednost Z c2 " Z d0 lim f (x)dx + f (x)dx : "!0

d

c2 +"

Moµze se, naime, pritom dogoditi i da bude Z c2 " Z d0 lim f (x)dx + f (x)dx = F (d0 ) "!0

d

F (d)

c2 +"

µcim je F primitivna funkcija za f , pa bi se smjelo uvjetno re´ci da ”postoji odre†eni Rd integral” d 0 f (x)dx. Sliµcno, mogu´ce je da nepravi integrali Z d0 Z c3 " lim f (x)dx) i lim f (x)dx) "!0 c +" 2

"!0 d 0

divrgiraju, a da postoji graniµcna vrijednost Z d0 Z c3 " Z lim f (x)dx + f (x)dx = lim "!0

c2 +"

c3 "

"!0 c +" 2

d0

f (x)dx:

To je temeljni razlog za razliµcito oznaµcavanje svake graniµcne vrijednosti u nepravom integralu. U svezi s ovim, de…nira se tzv. glavna vrijednost nepravog integrala. Primjerice, za funkciju f : [a; b] ! R s jedinom ”integracijskom smetnjom” u toµcki c 2 ha; bi, lim f = c 0

1(+1) i lim f = +1( 1), glavnom vrijednoš´cu pripadnoga c+0

nepravog integrala nazivamo graniµcnu vrijednost

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

228 lim

"!0

Z

c "

f (x)dx +

Z

b

f (x)dx

V:P:

c+"

a

Z

b

f (x)dx :

a

Ako pak funkcija f : [a; b] ! R ima jedine ”integracijske smetnje” na rubu, tj. limf = a

1(+1) i limf = +1( 1), onda se glavna vrijednost pripadnoga nepravog integrala b

de…nira kao Z b " lim f (x)dx "!0 a+"

V:P:

Z

b

f (x)dx) :

a

Napokon, za funkciju f : R ! R, integrabilnu na svakom segmentu, glavnom vrijednoš´cu pripadnog nepravog integrala nazivamo graniµcnu vrijednost Z a Z +1 lim f (x)dx V:P: f (x)dx : a!+1

a

1

Z

+1

dx : x ln2 x 0 Najprije odredimo toµcan zapis toga nepravog integrala. De…nicijsko podruµcje X funkcije

PRIMJER Istraµzimo konvergira li nepravi integral

x 7! f (x) =

1 x ln2 x

jest skup R+ n f1g = h0; 1i [ h1; i. Budu´ci da je limf = +1 = limf 0

1

i da su 0, 1 i neome†eno integracijsko podruµcje jedine ”smetnje”, naš nepravi integral ima ovaj zapis: Z +1 Z d Z 1 Z a Z b dx dx dx dx dx = lim +lim + lim + lim ; 2 2 2 2 x ln x "!0 " x ln x !0 d x ln x !0 1+ x ln x b!+1 a x ln2 x 0 pri µcZ emu je "; ; > 0, 0 < d < 1 i 1 < a b. Primijetimo da je 1 dx = +c 2 ln x x ln x pa je F : X ! R, F (x) = ln1x , primitivna funkcija za f . Budu´ci da je limF = 1 0

1, to promatrani nepravi integral divergira. Neka se µcitatelj uvjeri (kako izravnim

raµcunom tako i primjenom kriterija za konvergenciju) da prvi i µcetvrti nepravi integral (pribrojnik) u zapisu gore konvergiraju. PRIMJER Istraµzimo konvergira li nepravi integral: (a) Z

1

Z

Z

0

1

1

dx p ; x

(b)

Z

1

dx . 3 1x

p p dx p = lim [2 x]1" = 2 lim (1 ") = 2. "!0 "!0 x 0 " Z 1 Z " Z 1 dx dx dx 1 " 1 1 (b) = lim + lim = lim + lim = ( 1) + (+1), 3 3 "!0 "!0 2x2 !0 !0 2x2 x3 1x 1 x 1 pa ovaj nepravi integral divergira. (Neka µcitatelj provjeri konvergenciju (divergenciju) (a)

dx p = lim x "!0

tih nepravih integrala i pomo´cu danoga kriterija!) S druge strane, primijetimo da je ! Z " Z b dx dx 1 " 1 b lim + = lim + = 3 "!0 "!0 x3 2x2 a 2x2 " a " x 1 1 1 1 1 = ; 2 2 2 "!0 2a 2b 2 a b2 za svaki a < 0 i svaki b > 0. Posebice, za a = lim

vrijednost

1 i b = 1, dobivamo njegovu glavnu

4.3. ODREÐENI INTEGRAL V:P:

4.3.4

Z

Z

1

dx 3 1x

= lim

"!0

229 "

1

dx + x3

Z

1

"

dx x3

= 0:

NEKOLIKO PRIMJENA ODREÐENOG INTEGRALA

U ovomu pododjeljku ´cemo pokazati kako se odre†eni integral primijenjuje na rješavanje nekih, preteµzito geometrijskih, zada´ca. Na poµcetku trebamo malo detaljnije upoznati neke pojmove u svezi s krivuljom, premda sama de…nicija ne´ce, a na ovoj razini ni ne moµze, biti sasvim matematiµcki korektna. Dakako, da ´ce graf Gf neprekidne funkcije f : [a; b] ! R, derivabilne svuda osim, moµzda, u konaµcno mnogo toµcaka, biti i dalje osnovni primjer ravninske krivulje.

DEFINICIJA 4.77 Neka je u ravnini

dan pravokutni koordinatni sustav (O; i; j).

R2 (ravninska) krivulja ako postoje interval I

Re´ci ´cemo da je skup

ure†eni par ( ; ) neprekidnih funkcija ; Ig. Zapis x = (t), y =

: I ! R, takvi da je

Ri

= f( (t); (t)) j t 2

(t) nazivamo parametarskim jednadµzbama, a surjekciju

r :I !

, r(t) = ( (t); (t)), - neprekidnom parametrizacijom krivulje

ft 2 I j r

1 [fr(t)g]

. (Da

bismo bili posve korektni, treba pridodati uvjet o konaµcnosti tzv. singularnog skupa 6= tg!) jednostavna ako se funkcije

Re´ci ´cemo da je krivulja

i

mogu odabrati tako da

funkcija r bude bijektivna. Ako je I segment [a; b] i r(b) = r(a), onda za je zatvorena krivulja. Jednostavnu krivulju

kaµzemo da

nazivamo (ravninskim) lukom i µcesto

_

oznaµcujemo s AB, pri µcemu je A = r(a) i B = r(b), govore´ci pritom da su toµcke A i B _

krajevi (ili rub) od AB. Ako je bijektivnost funkcije r narušena samo u toµckama a i b, tj. r(a) = r(b), onda kaµzemo da je

jednostavno zatvorena krivulja.

glatka ako se funkcije

Re´ci ´cemo da je krivulja

neprekidno derivabilne i da bude

0

(t)2 +

0

i

mogu odabrati tako da budu

(t)2 6= 0 u svakoj toµcki t 2 I. U tom

sluµcaju kaµzemo da je r(t) = ( (t); (t)), t 2 I, glatka parametrizacija krivulje 0

. Ako uvjetu

t1 ; uvjet

(t)2 +

0

(t)2 6= 0 nije udovoljeno u najviše konaµcno mnogo toµcaka

; tn 2 I, onda kaµzemo da je krivulja 0

(t)2

+

0

(t)2

po dijelovima glatka. (Napomenimo da

6= 0 znaµci obstojnost krivuljine tangente u toµcki r(t) 2 !)

Shvatimo li koordinate toµcke T = ( (t); (t)) 2

, t 2 I, komponentama radijus-

vektora r(t) = r T te toµcke (v. crteµz dolje), dobivamo vektorsku parametarsku

jednadµzbu krivulje : : : : r(t) = (t)i + (t)j;

t 2 I:

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

230

PRIMJER Neka je f : [a; b] ! R preslikavanje, derivabilno svuda osim, moµzda, u konaµcno mnogo toµcaka. Tada su y = f (t), x = i[a;b] (t) = t, t 2 [a; b], (

= f,

i[a;b] - inkluzija) parametarske jednadµzbe po dijelovima glatkoga luka (grafa)

=

= Gf .

(Funkcija r : [a; b] ! Gf , r(t) = (t; f (t)), je bijekcija!) Pripadna vektorska jednadµzba je

r(t) = ti + f (t)j, t 2 [a; b]. Dakako da je i y = f (x), x 2 [a; b], jednadµzba te krivulje, ali u pravokutnim (Kartezijevim) koordinatama.

PRIMJER Neka je u ravnini , pored Kartezijeva (O; i; j), dan i polarni koordinatni sustav (O; i; ). Neka je g : [ ; ] ! R preslikavanje, derivabilno svuda osim, moµzda, u konaµcno mnogo toµcaka. Tada je glatke krivulje (grafa)

= g('), ' 2 [ ; ], polarna jednadµzba po dijelovima

Gg = f( ; ') j

= g('); ' 2 [ ; ]g u pripadnomu polarnom

sustavu. Kao što znamo, parametarske jednadµzbe te krivulje jesu x = g(') cos ', y = g(') sin ', ' 2 [ ; ]. Primjerice, elipsa E : : : x = a cos ', y = b sin ', ' 2 [0; 2 ]; je glatka jednostavno zatvorena krivulja, dok je astroida A : : : x = a cos3 ', y = a sin3 ', ' 2 [0; 2 ],

po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja. (Uvjetu (x0 )2 + (y 0 )2 6= 0 nije udovoljeno u toµckama ' 2 f0; 2 ; 32 ; 2 g.)

NAPOMENA 4.78 (Glatkoj) krivulji se moµze pridijeliti više (glatkih) parametrizacija. Npr. kruµznici K : : : x2 +y 2 = 4 su x = 2 cos(nt), y = 2 sin(nt), t 2 [0; 2n ], parametarske _

jednadµzbe za svaki n 2 N. Nije teško dokazati da, za svaki luk AB, A 6= B, svaka parametrizacija µcuva rub, tj. r[fa; bg] = fA; Bg (premda nije nuµzno r(a) = A i r(b) = B).

NAPOMENA 4.79 ”Dodavanjem jedne dimenzije”se De…nicija 4.77 prirodno proširuje na de…niciju prostorne krivulje.

(a) Ploština ravninskog lika (kvadratura). U pododjeljku 4.4.1 smo pokazali da Rb se odre†eni integral a f (x)dx, f neprekidna i f (x) 0 za svaki x 2 [a; b], smije inter-

pretirati kao ploština pseudotrapeza što ga odre†uje krivulja y = f (x) nad segmentom [a; b] (v. (1) i Teorem 4.72 (2)).

4.3. ODREÐENI INTEGRAL

231

Ako je ravninski lik ome†en zatvorenom krivuljom ili se prostire i na donju poluravninu, onda za izraµcunavanje njegove ploštine rabimo dva ili više odre†enih integrala, tj. ”snalazimo se”od sluµcaja do sluµcaja. Primjerice, ploština ravninskoga lika D na crteµzu dolje jest

P (D) =

Z

b

(f (x)

g(x))dx

a

dok za ploštinu ravninskoga lika D na ovoj skici treba staviti

P (D) =

Z

c

f (x)dx

a

Z

b

g(x)dx

c

Kad je krivulja zadana ”inverznom” funkcijom, tj. jednadµzbom x = h(y), y 2 [c; d] (v. crteµz dolje)), ploština pripadnoga pseudotrapeza D se izraµcuna po formuli

P (D) =

Z

d

h(y)dy

c

Rb NAPOMENA 4.80 Oznaµcimo li u formuli za ploštinu, P (D) = a f (x)dx, umnoµzak R f (x)dx kao dP , smijemo pisati P (D) = [a;b] dP . Geometrijski se broj dP smije interpretirati kao ploština ”in…nitezimalnog” (”neizmjerno malog”) pseudotrapeza nad

segmentom [x; x + dx], koji se onda smije aproksimirati trapezom s osnovicama f (x) i f (x) +

f (x) i visinom dx (v.crteµz). Zaista,

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

232

f (x) + (f (x) + 2

f (x))

pri µcemu smo umnoµzak

dx = f (x)dx +

f (x)dx 2

f (x)dx = dP

f (x)dx dvaju neizmjerno malih brojeva zanemarili u zbroju

s f (x)dx. Stoga se o dP = f (x)dx govori kao o ”ploštinskom elementu” ravninskoga lika D. ”Zbrajanjem” (tj. integriranjem) svih ploštinskih elemenata nad segmentom [a; b] dobivamo traµzenu ploštinu P (D). Na isti naµcin ´cemo, poslije, svaki podintegralni izraz pomo´cu kojega izraµcunavamo ploštinu (duljinu, obujam (volumen), ...) zvati µ analognim imenom. Cesto se formalnim izraµcunavanjem tih ”elemenata” vrlo lako dolazi do korisnih formula za izraµcunavanje traµzenih veliµcina. (Ipak, ispravnost tako dobivene formule treba potvrditi korektnim dokazom!)

Neka je ravninska krivulja '2[

0;

zadana u polarnim koordinatama jednadµzbom

= g('),

0 ].

Izraµcunajmo ploštinu pseudotrokuta odre†enoga krivuljom

i pravcima ' = , ' = .

Za ”ploštinski element” uzimamo pripadni kruµzni isjeµcak od ' do ' + d' polumjera g('), tj. d' g(')2 d' l = = ; 2 2 2 gdje su l i op´ce oznake, redom, za luµcnu duljinu i polumjer. Slijedi Z 1 g(')2 d': (18) P (D) = 2 Isti rezultat bismo dobili i strogim izvodom, tj. pomo´cu pripadnih donjih i gornjih dP =

suma: 1 Xn m2 ('i i=1 i 2 za svaki rastav f'0 ; integrabilna!).

1 Xn Mi2 ('i 'i 1 ) i=1 2 ; 'n g segmenta [ ; ] (pod pretpostavkom da je funkcija g 2 j[

'i

1)

P (D)

; ]

PRIMJER Izraµcunajmo ploštinu ravninskoga lika D ome†enoga polarnom osi i prvim ”zavojem” Arhimedove spirale

= a', a > 0.

4.3. ODREÐENI INTEGRAL

1 P (D) = 2

Z

2

a2 '2 d' =

0

(Uoµcimo da je P (D) =

233

a2 '3 2 3

(2 a)2 , 3

2

= 0

4

3 a2

3

:

što je tre´cina ploštine kruga s polumjerom 2 a!) _

(b) Duljina ravninskog luka (rekti…kacija). Neka je ravninski luk uštamo i B = A) zadan parametarskim jednadµzbama x =

AB (dop-

(t), y =

(t), t 2 [a; b],

pri µcemu je A = ( (a); (a)) i B = ( (b); (b)). Oznaµcimo s D = D([a; b]) skup svih _

rastava segmenta [a; b]. Bijekcija (do na rub) r : [a; b] ! AB, r(t) = ( (t); (t)), pridruµzuje svakom rastavu D = ft0 ; M0 = A = r(t0 = a), _ Mi 1 M i ,

i = 1;

; tn g 2 D toµckovni skup fM0 ;

, Mn = B = r(tn = b). Toµcke Mi dijele luk

; n. Spojimo li svaki par susjednih toµcaka; Mi

1

; Mn g na

,

na n podlukova i Mi , duµzinom,

dobivamo poligonalnu crtu ”upisanu”luku . Pridijelimo sada svakom rastavu D broj Xn L(r; D) = d(Mi 1 ; Mi ); i=1

pri µcemu d(Mi

1 ; Mi )

oznaµcuje duljinu pripadne duµzine, tj. Mi

!

1 Mi

.

_

DEFINICIJA 4.81 Re´ci ´cemo da ravninski luk

AB, zadan jednadµzbom r :

_

[a; b] ! AB, r(t) = ( (t); (t)); t 2 [a; b], ima duljinu (ili da je rekti…kabilan), ako

je skup fL(r; D) j D = D([a; b])g nazivamo duljinom luka

R ome†en: Tada broj supfL(r; D) j D = D([a; b])g

i oznaµcujemo s L( ). (Treba napomenuti da ova de…nicija

nije posve korektna! Naime, trebalo bi prije dokazati da promatrani supremum ne ovisi o odabranoj parametrizaciji r, što bi nas odvelo izvan zadanih okvira.) Usredotoµcimo se sada na efektivno izraµcunavanje duljine po dijelovima glatkog ravninskog luka. _

TEOREM 4.82 Neka je

AB po dijelovima glatki ravninski luk zadan pripadnom

parametrizacijom r : [a; b] ! , r(t) = ( (t); (t)); t 2 [a; b]. Tada je njegova duljina Z bp 0 (t)2 + 0 (t)2 dt: (19) L( ) = a

DOKAZ. Po De…niciji 4.77, funkcije ;

: [a; b] ! R su neprekidno derivabilne svuda

osim, moµzda, u konaµcno mnogo toµcaka i pritom je ft0 ;

0

(t)2 +

; tn g bilo koji rastav od [a; b] i neka je Mi = r(ti )

M0 = A, Mn = B (v. crteµz).

0

(t)2 6= 0. Neka je D = (xi ; yi ), i = 0;

; n,

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

234

Po De…niciji 4.81, rastavu D pridijeljujemo broj L(r; D), Xn p Xn d(Mi 1 ; Mi ) = (xi xi 1 )2 + (yi 0 L(r; D) = i=1 i=1 Xn p (T.4.24) ( (ti ) (ti 1 ))2 + ( (ti ) (ti 1 ))2 = i=1 Xn p ( 0 ( i )(ti ti 1 ))2 + ( 0 (~i )(ti ti 1 ))2 = i=1 Xn p 0 ( i )2 + 0 (~i )2 (ti ti 1 );

yi

2 1)

=

i=1

pri µcemu su M

i ; ~i 0

2 hti

1 ; ti i,

i = 1;

; n. Neka je m

0

= minfj 0 (t)j j t 2 [a; b]g, a

= maxfj (t)j j t 2 [a; b]g, te neka su sliµcno de…nirani i brojevi m

0

oni postoje jer su funkcije

0

i

Slijedi da je

0

0

0

i M 0 . (Svi

0

, pa onda i j j i j j neprekidne na segmentu [a; b].)

Xn q M 20 + M 2 0 (ti ti 1 ) = L(r; D) i=1 q q Xn M 20 + M 2 0 (ti ti 1 ) = (b a) M 20 + M 2 0 ; i=1

što znaµci da je skup fL(r; D) j D 2 D([a; b])g 4.81 luk

R+ [ f0g ome†en, pa po De…niciji

ima duljinu L( ) = supfL(r; D) j D 2 D([a; b])g. Posve sliµcno se moµze q pokazati da je (b a) m2 0 + m2 0 donja me†a promatranoga skupa. Dokaµzimo da

se traµzeni supremum moµze izraµcunati po formuli (19)! Pretpostavimo, na trenutak, da je luk

gladak. Odaberimo po volji toµcku Mt = ( (t); (t)) na _

, t 2 [a; bi,

pa promatrajmo ”podluk” AMt i njegovu duljinu oznaµcimo s L(t). (Lako se vidi da svaki ”podluk” ima duljinu µcim luk ima duljinu.) Nadalje, za po volji mali t+

t 2 [a; b], promatrajmo toµcku Mt+

pisati L(t +

t) = L(t) +

L(t) pri µcemu

t

t > 0;

na

. Rabe´ci oznake za priraste, smijemo \ L(t) oznaµcuje luµcnu duljinu za M t M t+ t .

Oznaµcimo, jednostavnosti radi, minimume i maksimume od j 0 j i j 0 j na [t; t + t] opet

s m 0 , M 0 , m 0 i M 0 . Po prije dokazanom slijedi q q L(t) t M 20 + M 2 0 ; tj. t m2 0 + m2 0 q L(t) q 2 m2 0 + m2 0 M 0 + M 20 : t Budu´ci da su funkcije j 0 j i j 0 j neprekidne, to je lim jm 0 j = j 0 (t)j = lim jM 0 j i t!0

lim jm 0 j = j 0 (t)j = lim jM 0 j. Posve sliµcno se zakljuµcuje na segmentu [t t!0

t 2 ha; b]. Prema tomu,

t!0

t!0

t; t] za

4.3. ODREÐENI INTEGRAL

235

p 0 L(t) p 0 2 = (t) + 0 (t)2 ; tj. L0 (t) = (t)2 + t!0 t Primijetimo da je L(0) = 0, pa Teoremu 4.71 povlaµci Z tp 0 (t)2 + 0 (t)2 dt: L(t) = lim

0

(t)2 :

a

Budu´ci da je Mb = B, to je L( ) = L(b) pa je u sluµcaju glatke krivulje teorem dokazan. Ako je krivulja po dijelovima glatke, onda je izvod za formulu (19) ”problematiµcan” u najviše konaµcno toµcaka, a to, kao što znamo, ne narušava valjanost dobivene integralne formule. (Smije se re´ci i da je duljina po dijelovima glatke krivulje jednaka (konaµcnom) zbroju duljina svojih maksimalnih glatkih dijelova.) Pozivaju´ci se na prijašnji dogovor (v. Napomenu 4.80), smijemo ”podluk”nad segmentom [t; t + dt] smatrati ”luµcnim elementom” i pisati p 0 dL = (t)2 + 0 (t)2 dt:

Ako je ravninski luk

zadan jednadµzbom y = f (x), x 2 [a; b], pri µcemu je funkcija f

neprekidno derivabilna, onda iz parametrizacije x = t, y = f (t), t 2 [a; b], dobivamo Z b p L( ) = 1 + f 0 (x)2 dx: (20) a

Ako je, pak, luk

zadan (jednadµzbom) u polarnim koordinatama

= g('), ' 2 [ ; ],

g neprekidno derivabilna, onda parametrizacija x = g(') cos ', y = g(') sin ', daje (x0 )2 + (y 0 )2 = g(')2 + g 0 (')2 . Slijedi, Z p g(')2 + g 0 (')2 d': L( ) =

(21)

(c) Obujam rotacijskog tijela (kubatura). Neka je f : [a; b] ! R neprekidna i nenegativna funkcija. Tada graf Gf posve odre†uje pseudotrapez nad segmentom [a; b]. Vrtnjom oko x-osi taj pseudotrapez oblikuje geometrijsko tijelo koje nazivamo rotacijskim tijelom. Za dostatno mali dx, pripadni njegov dio odre†en segmentom [x; x + dx]

[a; b] aproksimirat ´cemo krnjim stošcem visine dx i baznih polumjera

f (x) i f (x + dx) = f (x) +

f (x) (v. crteµz). Za pripadni ”volumenski element” tada

dobivamo: dV =

dx f (x)2 + f (x)(f (x) + 3

dx (3f (x)2 + 3f (x) 3

f (x)) + (f (x) +

f (x) + ( f (x))2 )

f (x))2 =

f (x)2 dx;

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

236 gdje smo pribrojnike 3f (x)

f (x) i ( f (x))2 ispustili jer su zanemarivo mali prema

3f (x)2 . (Ovo povlaµci da smo za promatrani ”volumenski element” smjeli odabrati i valjak visine dx i baznog polumkera f (x)!) Prema tomu, traµzeni obujam (zapremina) rotacijskoga tijela jest Z b f (x)2 dx: V =

(22)

a

PRIMJER Izraµcunajmo kuglinu zapreminu. Svaku kuglu smijemo smatrati rotacijskim tijelom, pri µcemu podrazumijevamo da se odgovaraju´ci polukrug vrti oko svoga promjera. Za rješenje ove zada´ce, promatrajmo kruµznicu K ... x2 + y 2 = R2 . Dostatno je promatrati samo funkciju x 7! f (x) = p R2 x2 , x 2 [0; R] (pripadnu µcetvrtinu kruga, v. crteµz).

Po formuli (22) dobivamo Z R V =2 (R2 x2 )dx = 2

R2 x

0

Ako je krivulja ako je

0i

x3 3

R

= 0

4 R3 : 3

zadana parametarskim jednadµzbama x = (t), y =

(t), t 2 [a; b], i

neprekidno derivabilna, onda je obujam pripadnoga rotacijskog (oko

x-osi, nad [a,b]) tijela dan formulom (izravno iz (22)) Z b V = (t)2 0 (t)dt:

(23)

a

Ako je, pak, krivulja

zadana polarnom jednadµzbom

= g('), ' 2 [ ; ], g neprekidno

derivabilna, onda parametrizacija x = g(') cos ', y = g(') sin ', daje dx = (g 0 (') cos ' g(') sin ')d'. Slijedi, Z V = g(')2 (g 0 (') cos '

g(') sin ') sin2 'd':

0

(23)

Napokon, po analgiji s formulom (23), za obujam pripadnoga rotacijskog tijela što nastaje vrtnjom oko y-osi dobivamo Z b Z (b) 0 2 Vy = (t) (t)dt = ( a

1 2 ) (y)dy:

(24)

(a)

(d) Ploština rotacijske plohe (komplanacija). Pod pretpostavkama iz prethodnoga razmatranja (u (c)), promatrajmo sada samo plašt (bez osnovica) pripadnoga rotacijskog tijela, tzv. rotacijsku plohu. Da bismo joj izraµcunali ploštinu P , izraµcunajmo prvo njezin ”ploštinski element”dP . Opet ´cemo za aproksimiranje uzeti krnji stoµzac, tj.

4.3. ODREÐENI INTEGRAL

237

njegov plašt. Dakle, radi se o plaštu krnjega stošca baznih polumjera f (x) i f (x)+ f (x) p i visine dx. Njegova izvodnica je s = (dx)2 + ( f (x))2 pa je dP = (2f (x) +

f (x))ds)

pri µcemu smo pribrojnik

2 f (x)ds;

f (x)ds ispustili jer zanemariv prema 2f (x)ds. Sada u skladu

s Napomenom 4.80 i koriste´ci (20) dobivamo Z b p f (x) 1 + f 0 (x)2 dx: P =2

(25)

(t), y = (t), t 2 [a; b], dobivamo (f (x) Z b p 0 j (t)j P =2 (t)2 + 0 (t)2 dt;

(26)

a

U sluµcaju po dijelovima glatkog luka zadanog odgovaraju´com parametrizacijom x = 0)

a

a ako je krivulja zadana u polarnim koordinatama, tj. Z p P =2 jg(') sin 'j g(')2 + g 0 (')2 d':

= g('), ' 2 [ ; ], onda je (27)

PRIMJER Izraµcunajmo loptinu (sferinu) ploštinu. Kao i u primjeru ??, dostatno je p promatrati kruµzniµcin dio y = f (x) = R2 x2 , x 2 [0; R]; i primijeniti formulu (25). Nu, budu´ci da je taj raµcun mnogo jednostavniji u polarnim koordinatama, primijenit

´cemo formulu (27). (Polu)kruµznica ima tada jednadµzbu ploština

Z

P =2

R sin '

p

R2

+

02 d'

0

=2

R2

Z

= R, ' 2 [0; ], pa je traµzena

sin 'd' = 4 R2 .

0

(e) Teµzište ravninskog lika. Promatrajmo pseudotrapez odre† en neprekidnom i nenegativnom funkcijom f : [a; b] ! R. Ne pojašnjavaju´ci detaljnije …ziµcke razloge, recimo da se momenti (s obzirom na x-os i y-os) toga lika de…niraju izrazima Z Z b 1 b Mx = f (x)2 dx; My = xf (x)dx: 2 a a

To povlaµci da se koordinate njegova teµzišta (”masenoga središta”) T = ( ; ), i

=

=

My P

Mx P ,

mogu izraµcunati po formulama Z b Z b xf (x)dx f (x)2 dx 1 = Za b ; = : Za b 2 f (x)dx f (x)dx a

(28)

a

PRIMJER Odredimo teµzište za polukrug. Jednostavnosti radi, neka je polukrug odre†en (polu)kruµznicom x 7! y = f (x) = p R2 x2 , x 2 [ R; R]. Zbog simetriµcnosti je = 0. Da bismo izraµcunali , izraµcunajmo prvo moment Mx .

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

238 1 Mx = 2

Z

b

f (x)2 dx

a

1 = 2

Z

R

(R2 R

Budu´ci da je pripadna ploština P = 0; 4244R.

x2 )dx = Z

Rp

R2

1 R2 x 2

x3 3

x2 dx =

R

1 2

R R

2 = R3 : 3

R2 , to je

=

4 3

R

Pridodajemo, bez dokaza, i odgovaraju´ce formule za momente u polarnim koordinatama: Z Z 1 1 3 g(') sin 'd'; M y = g(')3 cos 'd': Mx = 3 3 Pomo´cu njih i (18) se lako izraµcunavaju teµzišne koordinate ravninskih likova zadanih u polarnom sustavu.

NAPOMENA 4.83 Formule (28) su uporabljive i za odre†ivanje teµzišta tvarnih tijela koja su homogena (jednolike gusto´ce) i relativno tanka, tj. kojima je jedna dimenzija (”debljina”) zanemariva prema drugim dvjema (”duµzini”i ”širini”). To su, primjerice, raznovrsne tanke ploµce, ravni limovi i sl. Naime, masa takvog tijela je (kao što znamo iz …zike) razmjerna ploštini pripadnog lika pa se isti faktor (gusto´ca) pojavljuje u brojnicima i nazivnicima ne mijenjaju´ci formule (28). Primijetimo, nadalje, da mnoµze´ci formule (28) faktorom 2 P i primijenjuju´ci formulu (22) dobivamo tzv. Guldinov teorem 2

P = V;

tj. obujam odgovarajuæega rotacijskog (oko x-osi) tijela jednak je umnošku pripadne ploštine i opsega kruµznice što ju opisuje teµzište.

4.3.5

µ ZADACI ZA VJEZBU

1 Zapišite kao odre†eni integral limese suma: Xn (a) lim x3 sin xi 4x; x 2 [0; ]; i=1 i n!1 i Xn h 2 (b) lim (xi ) xi 4x; x 2 [0; 1]; n!1 i=1 Xn q 2 3 (xi ) 4x; x 2 [0; 4]; (c) lim n!1 i=1 Xn (d) lim xi 1 exi 1 4x; x 2 [0; 1]: n!1

i=1

1. Aproksimirajte integral slikom. 2. Koriste´ci (a)

Z

0

4

x2

3x dx sumama L8 ; D8 i M8 : Ilustrirati

0

Z

b

f (x)dx = lim Dn izraµcunajte integrale n!1

a

2

Z

2

x2 dx;

4.3. ODREÐENI INTEGRAL (b)

Z

239

5

1 + 2x3 dx:

0

8 > < 4

1 x; x 2 [0; 2i 2 p 3. Nacrtatajte graf funkcije f (x) = 4 (x 4)2 ; x 2 [2; 6i i izraµcu> : x 7; x 2 [6; 7] navanjem površina odgovaraju´cih ravninskih likova izraµcunati odre†ene integrale: Z 2 (a) f (x)dx; Z0 6 (b) f (x)dx; Z2 7 f (x)dx: (c) 0

4. Ako je

Z

1

f (x)dx = 2;

0

Z

0

4

f (x)dx =

6;

Z

4

f (x)dx = 1 izraµcunati

3

Z

3

f (x)dx:

1

5. Izraµcunavanjem površina odgovaraju´cih ravninskih likova izraµcunajte integrale: Z 3 (a) (1 + 2x)dx; 1 Z 0 p (b) 1 + 9 x2 dx; 3 Z 2 (c) (1 jxj)dx; 2 Z 3 (d) j3x 5j dx: 0

6. Nacrtajte površine koju prestavljaju integrali: Z 27 p 3 xdx; (a) 0 Z 3 (b) sin xdx; 0 Z 2 (c) x x2 dx: 1

7. Izraµcunajte integrale: Z 0 (a) (2x ex )dx; 1 Z 2 6 t t2 (b) dt; t4 1 Z 3 (c) sin #d#; (d) (e)

Z4 Z

0

(f)

Z

1

e

3 dx; e2 x

1 2

p

p 3

1 1

x2

dx;

6 dx; 1 + x2

µ POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RACUN

240 (g) (h)

Z

Z

3

x2

1 dx;

2 ln 6

8ex dx:

ln 3

8. Nacrtajte funkciju f (x) =

Z

x

(1 + t2 )dt:

0

9. Izraµcunajte derivaciju funkcije f (x): Z x (a) f (x) = (t2 1)20 dt; 1 Z 2 (b) f (x) = cos t2 dt; x Z 3x u 1 (c) f (x) = du: u +1 2x

10. Izraµcunajte derivaciju funkcije g(x): Z x1 sin4 tdt; (a) g(x) = 2

(b) g(x) =

Z

1

p

x

s2 ds: +1

s2

8 0; > > < x; 11. Neka je f (x) = 2 x; > > : 0;

x